zbierka prÍkladov z atÓmovej a jadrovej fyziky · 2017. 2. 25. · univerzita pavla jozefa saf...

Košice 2016

ZBIERKA PRÍKLADOVZ ATÓMOVEJ A JADROVEJ FYZIKY

Janka Vrláková, Adela Kravčáková, Stanislav Vokál

Prírodovedecká fakulta, Ústav fyzikálnych vied

UNIVERZITA PAVLA JOZEFA SAFARIKA V KOSICIACHPrırodovedecka fakultaUstav fyzikalnych vied

Janka Vrlakova, Adela Kravcakova, Stanislav Vokal

Zbierka prıkladovz atomovej a jadrovej fyziky

Kosice, 2016

ZBIERKA PRÍKLADOV Z ATÓMOVEJ A JADROVEJ FYZIKY

Vysokoškolská učebnica

© 2016 Janka Vrláková, Adela Kravčáková, Stanislav Vokál

Ústav fyzikálnych vied Prírodovedecká fakulta UPJŠ v Košiciach

Recenzenti:

doc. RNDr. Júlia Hlaváčová, CSc.

Technická univerzita v Košiciach Fakulta elektrotechniky a informatiky, Katedra fyziky

prof. RNDr. Gabriela Martinská, CSc.

Univerzita Pavla Jozefa Šafárika v Košiciach Prírodovedecká fakulta, Ústav fyzikálnych vied, Katedra jadrovej fyziky a subjadrovej fyziky

Všetky práva vyhradené. Toto dielo ani žiadnu jeho časť nemožno reprodukovať,

ukladať do informačných systémov alebo inak rozširovať bez súhlasu majiteľov

práv.

Za odbornú a jazykovú stánku tohto vysokoškolského učebného textu zodpovedá

autor. Rukopis neprešiel redakčnou ani jazykovou úpravou.

Vydavateľ: Univerzita Pavla Jozefa Šafárika v Košiciach

Umiestnenie: http://unibook.upjs.sk/predaj-vydanych-titulov/prirodovedecka-

fakulta

Dostupné od: jún 2016

ISBN 978-80-8152-421-9

Obsah

Uvod 2

1 ATOMOVA FYZIKA 31.1 Fotoefekt a fotony . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.2 Comptonov efekt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.3 De Broglieho vlnova dlzka, princıp neurcitosti . . . . . . . . . . . . . . . . 171.4 Rutherfordov rozptyl . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 241.5 Bohrov model atomu vodıka . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 341.6 Rontgenove spektra, Moseleyho zakon . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

2 JADROVA FYZIKA 502.1 Zakladne charakteristiky jadier, vazbova

energia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 502.2 Zakladne zakony radioaktıvnej premeny . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 562.3 Alfa, beta premena a gama ziarenie jadier . . . . . . . . . . . . . . . . . . 632.4 Jadrove reakcie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71

3 EXPERIMENTALNE METODY JADROVEJ FYZIKY 793.1 Prechod ziarenia prostredım . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 793.2 Urychl’ovace castıc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87

VYSLEDKY: 95

ATOMOVA FYZIKA 95

JADROVA FYZIKA 108

EXPERIMENTALNE METODY JADROVEJ FYZIKY 115

TABUL’KY 118

Zoznam obrazkov 123

Zoznam pouzitej literatury 124

1

Uvod

Tato zbierka prıkladov je urcena predovsetkym studentom druheho rocnıka bakalarskehostupna jednoodboroveho studia fyziky a medziodboroveho studia v kombinacii s fyzikou naPrırodovedeckej fakulte Univerzity Pavla Jozefa Safarika v Kosiciach, ako ucebna pomockaku kurzu prednasok a cvicenı Vseobecna fyzika IV.

Prıklady obsiahnute v zbierke pokryvaju vsetky oblasti zakladneho kurzu prednasokz atomovej a jadrovej fyziky.

Zbierka prıkladov je rozdelena na tri hlavne casti - Atomovu fyziku, Jadrovu fyzikua Experimentalne metody jadrovej fyziky, ktore su d’alej clenene na tematicke kapitoly.

Kazda z kapitol predstavuje samostatny celok s teoretickym uvodom do danej prob-lematiky, obsahujucim zakladne pojmy a vzt’ahy nevyhnutne na riesenie uloh z danejoblasti. Nasleduje subor podrobne riesenych vzorovych prıkladov. Vzorove prıklady sunavodom na riesenie d’alsıch neriesenych prıkladov uvedenych na konci kazdej kapitoly.Ich vysledky su uvedene samostatne.

Skripta su doplnene tabul’kami, v ktorych su zakladne fyzikalne konstanty a udajeumoznujuce riesit’ prıklady aj bez pouzitia d’alsej literatury.

Autori

2

Kapitola 1

ATOMOVA FYZIKA

1.1 Fotoefekt a fotony

• Fotoelektricky jav (fotoefekt): experimentalne pozorovany jav, ktory prebiehana viazanych elektronoch. Pri dopade svetla vhodnej vlnovej dlzky na kov alebopolovodic, su vyrazene z atomov latky elektrony, ktore sa potom vol’ne pohybujuv latke a zvysuju jej vodivost’ (vnutorny fotoelektricky jav) alebo opustia latku(vonkajsı fotoelektricky jav).

Obr. 1.1: Schema zariadenia na pozorovanie vonkajsieho fotoelektrickeho javu.

• Einsteinova teoria vysvetlila zakonitosti pozorovane pri experimentalnych studiachfotoelektrickeho javu. Podl’a Einsteinovej fotonovej hypotezy sa elektromagnetickavlna sklada z castıc (korpuskul), ktore sa nazyvaju svetelne kvanta, resp. fotony.

3

• Zakladne vlastnosti fotoefektu:

– pocet elektronov, ktore vyletuju z katody za jednotku casu, je priamo umernyintenzite svetla dopadajuceho na katodu (jeden foton je v interakcii s jednymelektronom),

– kineticka energia elektronov zavisı na frekvencii svetla a nezavisı od jeho in-tenzity (poctu fotonov),

– pre kazdu latku existuje minimalna frekvencia ziarenia ν0 (tzv. cervena hra-nica fotoefektu), pri ktorej je mozny vonkajsı fotoefekt (hodnota ν0 zavisı odchemickej povahy latky a stavu jej povrchu).

• Korpuskularne charakteristiky fotonu:

Foton existuje iba v pohybe, pricom sa vzdy pohybuje rychlost’ou svetla c a jehopokojova energia je rovna nule. Jeho energia a hybnost’ su dane iba jeho frekvenciou,resp. vlnovou dlzkou.

Pomocou relativistickeho vzt’ahu E2 = p2c2+m2c4 mozeme energiu a hybnost’ fotonuvyjadrit’:

E = pc, E = hν, (1.1)

p =E

c=hν

c, (1.2)

kde ν - frekvencia ziarenia (ν = cλ

, λ - vlnova dlzka ziarenia), h - Planckovakonstanta, c - rychlost’ svetla vo vakuu.

• Zakon zachovania energie pri fotoefekte:

– pre kovy

hν = A+1

2mv2, (1.3)

kde A - vystupna praca elektronu z kovu (konstantna charakteristika kovu),energia potrebna na uvol’nenie elektronu z kovu.

– elektrony mozno urychl’ovat’ alebo brzdit’ napatım medzi elektrodami

hν = A+ eU, (1.4)

kde U - napatie medzi elektrodami, e - elementarny naboj.

4

Riesene ulohy:

1. Vystupna praca draslıka je 2,15 eV . Aka bude maximalna kineticka energia foto-elektronov v elektronvoltoch, ak na povrch draslıka dopada ultrafialove svetlo s vl-novou dlzkou 3500 · 10−10 m?

Riesenie:Zo zakona zachovania energie pre fotoefekt platı:

Tmax = hν − A, (1.5)

kde A = hν0 predstavuje vystupnu pracu elektronu z kovu.Ked’ze ν = c

λ, dostavame:

Tmax = hc

λ− A. (1.6)

Pre prevod jednotiek energie z joulov na elektronvolty platı:

1eV = 1,602 · 10−19 J.

Po dosadenı cıselnych hodnot mame:

Tmax =6,626 · 10−34 Js · 3 · 108 ms−1

3500 · 10−10 m− 2,15 · 1,602 · 10−19J,

Tmax = 2,24 · 10−19 J.

Alebo v elektronvoltoch:

Tmax =2,24 · 10−19

1,602 · 10−19eV = 1,4 eV.

2. Dokazte nemoznost’ fotoefektu na vol’nom elektrone.

Riesenie:Dokaz sporom:

Predpokladajme, ze fotoefekt je mozny na vol’nom elektrone. Vystupna praca elektronuz kovu je teda rovna nule (A = 0 J).

ZZE : hν =1

2mv2 (1.7)

ZZH :hν

c= mv (1.8)

Zo zakona zachovania hybnosti vyplyva hν = mcv.

5

Tento vyraz dosadıme do rovnice (1.7), t.j.

mcv =1

2mv2. (1.9)

Po vykratenı a uprave vyrazu dostavame:

v = 2c,

co je ale spor s neprekonatel’nost’ou rychlosti svetla hmotnymi casticami.

3. Povrch hlinıka je osvetleny elektromagnetickym ziarenım s vlnovou dlzkou λ. Priurcitej maximalnej hodnote brzdneho napatia je tok fotoelektronov z povrchu hlinıkapreruseny. Pri dvojnasobnom zmensenı vlnovej dlzky je pre prerusenie toku foto-elektronov nevyhnutne zvacsit’ brzdne napatie 11-krat. Vystupna praca pre hlinıkje 3,74 eV . Vypocıtajte vlnovu dlzku.

Riesenie:Zostavıme sustavu rovnıc:

hc

λ− A = eU (1.10)

2hc

λ− A = 11eU (1.11)

Po ich odcıtanı dostavame vyraz:

hc

λ= 10eU. (1.12)

Z neho vyjadrıme vzt’ah pre napatie:

U =hc

10eλ. (1.13)

Tento vyraz dosadıme napr. do rovnice (1.10):

hc

λ− A =

hc

10λ(1.14)

a vyjadrıme vlnovu dlzku:

λ =9

10

hc

A. (1.15)


λ =9

10

6,626 · 10−34Js · 3 · 108 ms−1

3,74 · 1,602 · 10−19 J= 3 · 10−7 m.

6

Neriesene prıklady:

1. Vypocıtajte frekvenciu, energiu a hybnost’ fotonu s vlnovou dlzkou 7 · 10−7 m.

2. Aka je frekvencia, energia a hybnost’ fotonu

(a) viditel’neho svetla s vlnovou dlzkou λ = 6 · 10−8 m,

(b) rontgenoveho ziarenia s vlnovou dlzkou λ = 0,5 · 10−10 m,

(c) kozmickeho ziarenia s vlnovou dlzkou λ = 10−14 m?

3. Vlnova dlzka fotonov je rovna 0,5 µm, 2,5 · 10−8 cm a 0,02 · 10−10 m. Vypocıtajteich hybnosti v jednotkach eV/c, kde c je rychlost’ svetla.

4. Vypocıtajte vlnovu dlzku a hybnost’ fotonu, ktoreho energia sa rovna pokojovejenergii elektronu.

5. Maximalna vlnova dlzka, pri ktorej je mozny fotoefekt na wolframe, je rovna 2,8 ·10−7 m. Aka musı byt’ vlnova dlzka pouziteho svetla, aby boli uvol’novane elektronys maximalnou energiou 1,5 eV ?

6. Minimalna frekvencia, pri ktorej je mozny fotoefekt na medi, je 1,1·1015 s−1. Najditeenergiu fotoelektronov, ak dopada na povrch medi svetlo s frekvenciou 1,5 ·1015 s−1.

7. Vystupna praca sodıka je 2,27 eV . Aka je maximalna vlnova dlzka svetla, pri ktorejje mozny fotoefekt na sodıku? Aka bude maximalna kineticka energia fotoelektronu,ak na povrch sodıka dopada svetlo o vlnovej dlzke 2 · 10−7 m?

8. Vystupna praca pre cezium je 1,9 eV.

(a) Urcte prahovu frekvenciu a prahovu vlnovu dlzku fotoelektrickeho efektu precezium.

(b) Aka musı byt’ vlnova dlzka svetla, ak chceme zıskat’ fotoelektrony s energiou1,5 eV ?

9. Za priaznivych okolnostı moze l’udske oko zaregistrovat’ 10−18 J elektromagnetickejenergie. Akemu mnozstvu fotonov s vlnovou dlzkou 6 · 10−7 m to odpoveda?

10. Kol’ko fotonov za sekundu emituje desat’ wattova ziarovka? (Predpokladajme, zesvetlo je monochromaticke s vlnovou dlzkou 6 · 10−7 m.)

11. Aka je vystupna praca elektronov, ak pri osvetlenı povrchu svetlom s vlnovou dlzkou2,7 · 10−7 m maju fotoelektrony rychlost’ 183 km · s−1?

12. Fotoefekt na zeleze sa zacına pri frekvencii dopadajuceho svetla 1,05 · 1015 s−1.

(a) Vypocıtajte frekvenciu svetla, pri ktorej sa uvol’novane elektrony z povrchukovu zabrzdia napatım 4,5 V .

7

(b) Najdite vystupnu pracu.

13. Hranicna vlnova dlzka pri fotoelektrickom jave na platinovej katode je 235 nm.Po zohriatı katody na vysoku teplotu sa hranicna vlnova dlzka zvacsila o 240 nm.O kol’ko za zmenila vystupna praca zohriatım katody?

14. Vypocıtajte brzdne napatie nevyhnutne pre ukoncenie emisie elektronov z foto-katody, ak sa jej povrch osvetl’uje ziarenım s vlnovou dlzkou 0,4 µm a cervenahranica fotoefektu pre katody daneho typu je 0,67 µm.

15. Vlnova dlzka svetla, pri ktorej sa na zlate zacına prejavovat’ fotoefekt je 2,7 ·10−7 m.Aka je rychlost’ fotoelektronov vyletujucich z povrchu zlata osvetleneho monochro-matickym svetlom s vlnovou dlzkou 1,7 · 10−7 m?

16. Pri osvetlenı povrchu kovu svetlom s vlnovou dlzkou 2790 · 10−10 m a 2450 · 10−10 mje brzdne napatie rovne 0,66 V a 1,26 V . Urcite hodnotu Planckovej konstanty.

17. Povrch kovu je osvetl’ovany svetlom s vlnovou dlzkou 200 nm. Pri istom brzdnomnapatı bude tok elektronov rovny nule. Pri zmene vlnovej dlzky o 70 nm, sa brzdnenapatie zvysilo o 3,34 V . Vypocıtajte naboj elektronu.

18. Svetelne kvantum s vlnovou dlzkou 342 · 10−10 m vyraza z povrchu kovoveho lıtiaelektron, ktory v magnetickom poli s intenzitou 1194 A · m−1 opisuje kruznicus polomerom 1,2 cm. Vypocıtajte energiu potrebnu na uvol’nenie elektronu z atomulıtia, ak vystupna praca pre lıtium je 2,39 eV .

19. Aka je vystupna praca elektronov pri platine, ked’ pri osvetlenı povrchu svetlomvlnovej dlzky 1,5 · 10−7 m maju fotoelektrony rychlost’ 827 km · s−1?

20. Vypocıtajte rychlost’ fotoelektronov vyletujucich z povrchu striebra osvetleneho mo-nochromatickym svetlom s vlnovou dlzkou 1500 · 10−10 m, ak vlnova dlzka svetla,pri ktorej sa pri striebre zacına prejavovat’ fotoelektricky jav, je 2600 · 10−10 m?

8

1.2 Comptonov efekt

• Comptonov efekt: rozptyl fotonov na vol’nom, alebo slabo viazanom elektrone vovyssej energetickej hladine, pri ktorom foton odovzda cast’ svojej energie elektronu(obr. 1.2).

– Pri tejto zrazke dochadza medzi fotonom a elektronom k vymene energie a hyb-nosti, co vedie k zmene pohyboveho stavu elektronu, ako aj k zmene frekvenciea smeru pohybu fotonu.

Obr. 1.2: Schematicke znazornenie Comptonovho efektu.

• Vlnova dlzka rozptylenych fotonov (λ′) sa vzhl’adom na povodnu (λ) zmenı o ∆λ

∆λ = λ′ − λ = λc(1− cosθ) = 2λc sin2 θ

2, (1.16)

kde θ je uhol rozptylu a λc - Comptonova vlnova dlzka (λc = hmec

= 2,426 ·10−12 m).

– Ked’ze foton s elektronom tvoria izolovanu sustavu, potom platı zakon zacho-vania energie a zakon zachovania hybnosti:

ZZE : hν +mec2 = hν ′ + Ee

ZZH : ~pf = ~p′f + ~pe

9

• Hmotnost’ a energia:

– Castica s hmotnost’ou m, vol’ne sa pohybujuca s rychlost’ou ~v, ma hybnost’ ~pa celkovu energiu E, pre ktore z Einsteinovej teorie relativity platı:

~p = ~vE/c2 (1.17)

E2 = p2c2 +m2c4, (1.18)

kde c ≈ 3 · 108 m/s je rychlost’ svetla vo vakuu.

– Zo vzt’ahu (1.18) pre hmotnost’ castice m platı

m =1

c2

√E2 − p2c2, (1.19)

kde m je invariantna velicina, nezavisı od sustavy suradnıc ani od rychlosticastice.

– Zo vzt’ahov (1.17) a (1.18) vyplyva pre energiu castice E vyraz

E =mc2√1− v2

c2

=mc2

√1− β2

= mc2γ, (1.20)

kde γ = 1√1−β2

, β = vc.

– Pre hybnost’ ~p platı~p = m~vγ. (1.21)

– V prıpade, ked’ rychlost’ castice v = 0, celkova energia castice E je totoznas pokojovou energiou E0 = mc2.

– Pre casticu s rychlost’ou ~v 6= 0 je celkova energia E

E = E0 + T, (1.22)

kde T je kineticka energia.

– Kineticka energia castice je

T = E − E0 = mc2γ −mc2 = mc2(γ − 1). (1.23)

10

Riesene ulohy:

1. Dokazte pomocou zakonov zachovania, ze vol’ny elektron nemoze pohltit’ foton.

Riesenie:Dokaz sporom:

Predpokladajme, ze vol’ny elektron moze pohltit’ foton.

ZZE : Ef + Ee = E ′e (1.24)

ZZH : ~pf = ~pe (1.25)

Platia vzt’ahy:

Ef = hν, Ee = mec2, E ′e =

mec2

√1− β2

,

pf =hν

c, pe =

mev√1− β2

. (1.26)

Dosadenım vzt’ahov do rovnıc ZZE, ZZH dostavame:

hν +mec2 =

mec2

√1− β2

(1.27)

hν

c=

mev√1− β2

(1.28)

Dosadenım rovnice (1.27) do rovnice (1.28) mame:

mevc√1− β2

+mec2 =

mec2

√1− β2

(1.29)

mec2 =

mec√1− β2

(c− v) (1.30)

c

c− v=

1√1− β2

(1.31)

Po uprave a s pouzitım vzt’ahu β = vc

dostavame:

1− β 6=√

1− β2 SPOR!

11

2. Vypocıtajte (zo zakona zachovania energie a hybnosti) zmenu vlnovej dlzky rozpty-leneho rontgenoveho ziarenia na elektrone pri Comptonovom rozptyle.

Riesenie:

ZZE : Ef + Ee = E ′f + E ′e (1.32)

ZZH : ~pf + ~pe = ~p′f + ~p′e, kde ~pe = 0. (1.33)

Platia vzt’ahy:

Ef =hc

λE ′f =

hc

λ′Ee = mec

2 E ′e =mec

2

√1− β2

(1.34)

pf =h

λp′f =

h

λ′p′e =

mecβ√1− β2

(1.35)

Podl’a kosınusovej vety:

p′2e = p2

f + p′2f − 2pfp

′f cos θ. (1.36)

Dosadenım predchadzajucich vzt’ahov do rovnice ZZE a kosınusovej vety dostavame:

hc

λ+mec

2 =hc

λ′+

mec2

√1− β2

(1.37)

m2eβ

2c2

1− β2=h2

λ2+h2

λ′2− 2

h2

λλ′cos θ (1.38)

Vynasobenım rovnice (1.37) clenom 1mec2

a rovnice (1.38) clenom 1m2ec

2 , vyuzitım

vzt’ahu pre vypocet Comptonovej vlnovej dlzky λc = hmec

mame:

λcλ

+ 1 =λcλ′

+1√

1− β2/2 (1.39)

β2

1− β2=λ2c

λ2+λ2c

λ′2− 2λ2

c

λλ′cos θ. (1.40)

Po uprave

λ2c

λ2+λ2c

λ′2− 2λ2

c

λλ′=

(1√

1− β2− 1

)2

(1.41)

λ2c

λ2+λ2c

λ′2− 2λ2

c

λλ′cos θ =

β2

1− β2. (1.42)

Po odcıtanı a uprave vzt’ahov dostaneme:

1√1− β2

− 1 =λ2c

λλ′(1− cos θ). (1.43)

12

Z rovnice (1.39) mame:1√

1− β2− 1 =

λcλ− λcλ′. (1.44)

Porovnanım rovnice (1.43) a (1.44) dostavame:

λ′ − λ = λc(1− cos θ), (1.45)

ked’ze platı:

sinθ

2=

√1− cos θ

2⇒ 2 sin2 θ

2= 1− cos θ. (1.46)

Po uprave dostaneme:

∆λ = λ′ − λ = 2λc sin2 θ

2. (1.47)

3. Foton s hybnost’ou 60 keV/c sa comptonovsky rozptylil pod uhlom 120 na vol’nomelektrone, a potom uvol’nil z atomu molybdenu elektron, ktoreho energia vazby je20 keV . Najdite kineticku energiu fotoelektronu.

Riesenie:Pre kineticku energiu uvol’neneho fotoelektronu platı:

Ee = E ′f − Evazb. (1.48)

Pre energiu rozptyleneho fotonu platı:

E ′f =hc

λ′, (1.49)

pricom platı:

λ′ = λ+ λc(1− cos θ), λ =hc

Ef. (1.50)

Po dosadenı a uprave dostavame:

E ′f =Ef

1 +Efhcλc(1− cos θ)

=Ef

1 +2Efmec2

sin2 θ2

. (1.51)


E ′f =60 keV

1 + 2·60 keV511 keV

sin2 120

2

= 51 keV.

Potom pre kineticku energiu fotoelektronu dostavame:

Ee = (51− 20) keV = 31 keV.

13


1. Fotony rontgenoveho ziarenia sa rozptyl’uju na vol’nom elektrone. Luce su rozptylenepod uhlom 45 a maju vlnovu dlzku 2,2·10−3 nm. Aka je vlnova dlzka dopadajucehorontgenoveho ziarenia?

2. Foton s energiou 0,46 MeV sa rozptyl’uje pod uhlom θ = 120 na nehybnom vol’nomelektrone. Najdite :

(a) energiu rozptyleneho fotonu,

(b) energiu odovzdanu elektronu.

3. Foton s energiou 1 MeV sa rozptylil na vol’nom elektrone. Najdite kineticku energiuelektronu po zrazke, ak sa v dosledku Comptonovho rozptylu vlnova dlzka fotonuzmenila o 25%.

4. Foton s hybnost’ou 1,02 MeV/c je rozptyleny na nehybnom vol’nom elektrone. Vypo-cıtajte vlnovu dlzku rozptyleneho fotonu, ak

(a) sa foton pohybuje pod uhlom 30 vzhl’adom na povodny smer fotonu,

(b) foton bude mat’ po rozptyle hybnost’ 0,51 MeV/c.

5. Pri oziarenı latky tvrdym monochromatickym ziarenım s vlnovou dlzkou λ sa zis-tilo, ze maximalna kineticka energia Comptonovych elektronov je 0,44 MeV. Urctevlnovu dlzku dopadajuceho ziarenia.

6. Foton s vlnovou dlzkou 3,64 pm sa rozptyl’uje na vol’nom elektrone tak, ze kinetickaenergia odrazeneho elektronu tvorı 25% energie nalietavajuceho fotonu. Najdite:

(a) zmenu vlnovej dlzky dopadajuceho fotonu,

(b) uhol θ, pod ktorym sa rozptyl’uje foton.

7. Pri Comptonovom rozptyle ma dopadajuci foton vlnovu dlzku 0,05·10−10 m a rozpty-leny foton bude mat’ 0,062 · 10−10 m. Najdite prıslusny uhol rozptylu fotonu a uhol,pod ktorym vyletı vyrazeny elektron.

8. Gama ziarenie s povodnou energiou 0,8 MeV ma po rozptyle na vol’nom elektronevlnovu dlzku rovnu Comptonovej vlnovej dlzke λc. Urcte uhol, pod ktorym sa fotonrozptyli.

9. Fotony rontgenovych lucov s vlnovou dlzkou 0,124 nm sa comptonovsky rozptylia.

(a) Pod akym uhlom je vlnova dlzka rozptylenych rontgenovych lucov o 1% vacsiaako dopadajucich rontgenovych lucov?

(b) Pod akym uhlom je o 0,05% vacsia?

14

10. Vypocıtajte comptonovu zmenu vlnovej dlzky pri rozptyle rontgenoveho ziarenia naprotonoch pod uhlom 120 k pociatocnemu smeru fotonov.

11. Porovnajte maximalne comptonove zmeny vlnovych dlzok pri rozptyle na vol’nychelektronoch a na jadre atomu vodıka.

12. Maximalna zmena vlnovej dlzky pozorovana pri rozptyle svetla na protonoch je2,65 · 10−15 m. Aka je hmotnost’ protonu?

13. Ako sa zmenı vlnova dlzka fotonu, ak sa zrazı s elektronom, za predpokladu, zefoton sa odchyli od svojho povodneho smeru o uhol θ = 30, 60, 90, 135 a 180?

14. Pod akym uhlom odletı elektron, ak sa zrazı s fotonom o vlnovej dlzke 0,5 · 10−10 mza predpokladu, ze foton sa odchyli od svojho povodneho smeru o uhol θ = 30, 60,90, 135 a 180?

15. Vypocıtajte hybnost’ elektronu po Comptonovom rozptyle, ak vieme, ze foton, kto-reho vlnova dlzka je 0,05 · 10−10 m, sa rozptylil pod uhlom 90.

16. Pri Comptonovom efekte bol foton pri zrazke s elektronom rozptyleny o uhol 90.Energia rozptyleneho fotonu je 0,4 MeV. Urcte, aku energiu mal foton pred rozpty-lom.

17. Foton s energiou 0,3 MeV sa comptonovsky rozptylil pod uhlom 120. Vypocıtajteenergiu rozptyleneho fotonu a kineticku energiu elektronu po zrazke.

18. Foton rontgenoveho ziarenia, ktoremu prislucha vlnova dlzka 10−10 m, dopadne naslabo viazany elektron atomu l’ahkeho prvku a odchyli sa od svojho povodnehosmeru o θ = 90. Vypocıtajte:

(a) Aku energiu zıska elektron pri zrazke?

(b) V akom smere sa bude elektron po zrazke pohybovat’?

19. Pod akym uhlom k povodnemu zvazku rontgenovych lucov s vlnovou dlzkou 0,01 nmje rozdiel vlnovych dlzok pred a po rozptyle rovny 2,4 pm? Aka energia bola odo-vzdana odrazenym elektronom?

20. Foton rontgenoveho ziarenia pri zrazke so slabo viazanym elektronom mu odovzdava25% svojej energie. Vypocıtajte vlnovu dlzku fotonu, ak rozptyl prebieha pod uhlom90 k pociatocnemu smeru dopadajuceho ziarenia.

21. Foton rontgenoveho ziarenia s vlnovou dlzkou 0,214 · 10−10 m sa comptonovskyrozptylil pod uhlom 90 k pociatocnemu smeru. Aku cast’ svojej energie foton odo-vzdal elektronu?

22. Uzky zvazok rontgenoveho ziarenia s vlnovou dlzkou λ dopada na rozptyl’ujuculatku. Najdite λ, ak sa vlnove dlzky zloziek rozptyleneho ziarenia, rozptyleneho poduhlami θ1 = 60 a θ2 = 120 odlisuju navzajom 2-krat.

15

23. Ak ma pri Comptonovom rozptyle dopadajuci foton energiu rovnu pokojovej ener-gii elektronu, aka je minimalna energia rozptyleneho fotonu a maximalna hybnost’elektronu?

24. Ak sa foton rozptyl’uje na protone, aka je Comptonova vlnova dlzka protonu? Akenergia, ktoru zıska odrazeny proton je 5,7 MeV, aka je minimalna energia dopa-dajuceho fotonu?

25. Foton s energiou 3,0 keV sa zraza s nehybnym elektronom a rozptyl’uje sa poduhlom 45 k povodnemu smeru. Aka je energia rozptyleneho fotonu? Aka je energia,hybnost’ a smer pohybu odrazeneho elektronu?

16

1.3 De Broglieho vlnova dlzka, princıp neurcitosti

• Casticovo - vlnovy dualizmus:

– vsetky castice (castice latky aj pol’a) maju okrem casticovych vlastnostı (m, p)aj vlnove vlastnosti (ν, λ),

– vlnenie a mechanicky pohyb su len dva rozlicne prejavy toho isteho fyzikalnehodeja.

• De Broglieho vlnova dlzka:

λ =h

p=

h

mv, (1.52)

kde h - Planckova konstanta, p - hybnost’ castice,m - hmotnost’ castice, v - rychlost’ castice.

• Heisenbergov princıp neurcitosti:

– jeden zo zakladnych pojmov kvantovej mechaniky. Podl’a tohto princıpu istedvojice pozorovatel’nych velicın (ako napr. poloha a hybnost’ alebo cas a ener-gia) nemozu byt’ sucasne zname s vyssou presnost’ou, aka je dana hornou hra-nicou, vyjadrenou pomocou Planckovej konstanty. Cım presnejsie zmeriamejednu velicinu, tym nepresnejsie zmeriame druhu velicinu.

– v klasickej mechanike je castica charakterizovana tym, ze sa v l’ubovol’nom casestanovı jej presna poloha (urcena suradnicami jej t’aziska) a jej hybnost’,

– vo svete mikrocastıc vsak platı obmedzenie: sucasne presne urcit’ polohu mikro-castice a jej hybnost’ je principialne nemozne (Heisenbergov princıp).

• Matematicke vyjadrenie princıpu neurcitosti:

pre polohu a hybnost’:

∆x ·∆px ≥ h ∆y ·∆py ≥ h ∆z ·∆pz ≥ h, (1.53)

pre urcenie casu a energie:∆E ·∆t ≥ h, (1.54)

kde h = h2π.

17

Riesene ulohy:

1. Najdite vlnovu dlzku de Broglieho vln priradenych molekulam vodıka pohybujucichsa s najpravdepodobnejsou rychlost’ou v plyne pri 0C.

Riesenie:De Broglieho vlnova dlzka je dana vzt’ahom:

λ =h

mv, (1.55)

kde h- Planckova konstanta,m- hmotnost’ molekul vodıka (1

1H)2,v- rychlost’ molekul vodıka.

Z Maxwellovho zakona rozdelenia molekul podl’a rychlostı pre najpravdepodobnej-siu rychlost’ platı vzt’ah:

v =

√2kT

m, (1.56)

kde k- Boltzmanova konstanta,T - termodynamicka teplota,m- hmotnost’ molekuly vodıka.

Pouzitım rovnıc (1.56) a (1.55) zıskavame konecny vzt’ah pre de Broglieho vlnovudlzku:

λ =h√

2kTm,

a dosadenım cıselnych hodnot dostavame:

λ =6,626 · 10−34 Js√

2 · 1,38 · 10−23 JK· 273,15 K · 2(9,108 · 10−31 kg + 1,673 · 10−27 kg)

λ = 1,32 · 10−10 m.

2. Elektrony boli urychlene potencialovym rozdielom 5 ·105 V . Urcite ich de Brogliehovlnovu dlzku bez relativistickej korekcie aj s relativistickou korekciou a vysledkyporovnajte.

Riesenie:Pre kineticku energiu nerelativistickeho elektronu platı vzt’ah:

Ek =1

2mev

2 = eU. (1.57)

18

Jeho de Broglieho vlnova dlzka je potom:

λ =h

p=

h

mev=

h√2meEk

=h√

2meeU, (1.58)

a po dosadenı dostavame hodnotu:

λ =6,626 · 10−34Js√

2 · 9,109 · 10−31 kg · 1,602 · 10−19 C · 5 · 105V= 1,73 · 10−12 m.

Pre kineticku energiu relativistickeho elektronu platı vzt’ah:

Ek = E −mec2 = eU. (1.59)

Relativisticky vzt’ah pre energiu castice je:

E =√p2c2 + (mec2)2. (1.60)

Odtial’ po uprave √p2c2 + (mec2)2 −mec

2 = Ek, (1.61)

ap2c2 = E2

k + 2Ekmec2. (1.62)

Pre hybnost’ dostaneme:

p =

√Ek(Ek + 2mec2)

c=

√e2U2 + 2eUmec2

c. (1.63)

De Broglieho vlnova dlzka relativistickeho elektronu je potom:

λ =h

p=

hc√(eU)2 + 2eUmec2

. (1.64)


λ = (6,626 · 10−34Js · 3 · 108 ms−1) ·

·(1,602·10−19C ·5·105V )2+2·1,602·10−19C ·5·105V ·9,109·10−31kg(3·108ms−1)2−12 ,

λ = 1,42 · 10−12 m.

19

3. S vyuzitım Heisenbergovho vzt’ahu pre ∆x a ∆px najdite analogicky vzt’ah pre ∆Ea ∆t, kde ∆E je neurcitost’ v urcenı energie a ∆t je neurcitost’ v urcenı casu, v prie-behu ktoreho sa meria energia.

Riesenie:Heisenbergov vzt’ah pre ∆x a ∆px je definovany ako

∆px∆x ≥h

2π, (1.65)

pricom∆px = m∆vx. (1.66)

Pre kineticku energiu platı:

E =1

2mv2

x =p2x

2m. (1.67)

Po zderivovanı mame:

∆E =2px∆px

2m=mvx∆px

m=

∆x

∆t∆px, (1.68)

a po uprave∆E∆t = ∆x∆px, (1.69)

∆E∆t ≥ h

2π. (1.70)

20


1. Aka de Broglieho vlnova dlzka je priradena:

(a) tenisovej lopticke (m = 60 g, v = 10 m · s−1),

(b) projektilu (m = 1 g, v = 90 m · s−1),

(c) elektronu (me = 9,109 · 10−31 kg, E = 250 keV ).

2. De Broglieho vlnova dlzka protonu v casticovom urychl’ovaci je 1,3 · 10−14 m. Urctekineticku energiu protonu (v jouloch).

3. Castica ma rychlost’ 6 ·105 m ·s−1. Jej vlnova dlzka je 8,4 ·10−14 m. Aka je hmotnost’castice?

4. De Broglieho vlnova dlzka priradena elektronu je λ = 10−10 m. Aka je jeho rychlost’a kineticka energia?

5. (a) Vypocıtajte vlnove dlzky de Broglieho vln priradenych elektronu a protonus kinetickou energiou 1 keV .

(b) Pri akych hodnotach kinetickej energie je ich vlnova dlzka rovna 10−10 m?

6. Vypocıtajte de Broglieho vlnovu dlzku protonu, ktoreho kineticka energia sa rovnapokojovej energii elektronu.

7. Elektron urychlime potencialovym rozdielom 100 V. Aka bude jeho rychlost’ a jehode Broglieho vlnova dlzka?

8. Najdite de Broglieho vlnovu dlzku elektronu s rychlost’ou 0,88c. Uvazujte relati-visticke efekty.

9. Castica ma de Broglieho vlnovu dlzku 3,6 · 10−10 m. Potom sa jej kineticka ener-gia zdvojnasobı. Aka je nova de Broglieho vlnova dlzka castice za predpokladu, zerelativisticke efekty mozeme zanedbat’?

10. O kol’ko sa lısia de Broglieho vlnove dlzky protonu a atomu vodıka pohybujucich sas rovnakou kinetickou energiou 1 eV ?

11. Vypocıtajte kineticku energiu molekuly kyslıka a castice, ktora ma polomer 0,1 µma hustotu 2 g ·cm−3, ak kazdej z castıc odpoveda de Broglieho vlnova dlzka 10−10 m.

12. Vypocıtajte de Broglieho vlnovu dlzku pre α-castice, neutrony a molekuly dusıkapohybujuce sa pri teplote 25 C.

13. Pri akej hodnote kinetickej energie je de Broglieho vlnova dlzka elektronu rovna jehoComptonovej vlnovej dlzke?

21

14. Pri zvacsenı kinetickej energie elektronu o 200 eV sa vlnova dlzka de Brogliehovln, ktore su mu priradene, zmenı 2-nasobne. Najdite povodnu kineticku energiua vlnovu dlzku elektronu.

15. Aku dodatocnu energiu treba dodat’ elektronom s hybnost’ou 15 keV/c, aby ichvlnova dlzka bola 0,5 · 10−10 m?

16. Elektron sa pohybuje po kruznici s polomerom 0,5 cm v homogennom magnetickompoli, ktoreho intenzita je 4 · 103 Am−1. Aka je jeho de Broglieho vlnova dlzka?

17. Ake urychl’ovacie napatie bolo pouzite v elektronovom mikroskope, ak vlnova dlzkazvazku elektronov je 0,5 · 10−10 m? Vzhl’adom k malej rychlosti netreba prihliadat’na relativisticku korekciu.

18. V obrazovke televızneho prijımaca su elektrony urychl’ovane potencialovym rozdie-lom 15 kV .

(a) Vypocıtajte rychlost’, ktoru elektrony urychlene v tomto poli zıskaju.

(b) Aka je de Broglieho vlnova dlzka tychto elektronov?

19. Vypocıtajte neurcitost’ v urcenı rychlosti elektronu v atome vodıka, ak rozmer atomuje radu 10−8 cm. Porovnajte zıskanu hodnotu s rychlost’ou elektronu na 1. Bohrovejdrahe.

20. Vzbudeny atom emituje foton za cas rovny 0,01 µs. Najdite, s akou presnost’ou mozebyt’ urcena energia fotonu.

21. Vypocıtajte najmensiu kineticku energiu elektronu, ktory je lokalizovany v oblastis rozmerom r = 0,1 nm.

22. Elektron s kinetickou energiou 10 eV je lokalizovany v oblasti s rozmerom r = 1 µm.Vypocıtajte relatıvnu neurcitost’ v urcenı rychlosti elektronu.

23. Poloha vol’neho elektronu je urcena optickou metodou s presnost’ou 10−6 m. Vypo-cıtajte neurcitost’ v urcenı rychlosti elektronu.

24. Atom vysiela fotony viditel’neho svetla v case 10−9 s. Aka je neurcitost’ energiefotonu?

25. Urcte najmensiu chybu, s ktorou je mozne odhadnut’ rychlost’ elektronu, protonua atomu uranu lokalizovanych v oblasti 1 µm.

26. Predpokladajme, ze poloha objektu je urcena tak presne, ze neurcitost’ v meranıjeho polohy je iba ∆y = 1,5 · 10−11 m.

(a) Vypocıtajte minimalnu presnost’ urcenia hybnosti objektu.

22

(b) Najdite zodpovedajucu minimalnu presnost’ urcenia rychlosti objektu, ak ob-jektom je elektron,

(c) alebo pingpongova lopticka (m = 2,2 · 10−3 kg).

23

1.4 Rutherfordov rozptyl

• Rutherfordov rozptyl - rozptyl nabitych castıc (napr. α-castıc) v silovom polijadra atomu:

– zamerna vzdialenost’ b - minimalna vzdialenost’, na ktoru by sa nabitacastica s hmotnost’ou m a rychlost’ou v priblızila k jadru v prıpade, ze byna nu neposobili ziadne sily,

– uhol rozptylu θ - uhol medzi asymptotickym smerom prıletu nabitej casticea asymptotickym smerom, v ktorom odlieta

cotgθ

2=

4πε0mv2b

Z1Z2e2, resp. cotg

θ

2=

8πε0Tb

Z1Z2e2, (1.71)

kde Z1e - naboj nabitej castice,Z2e - naboj tercoveho jadra,ε0 - permitivita vakua (ε0 = 8,854 · 10−12 Fm−1),T - kineticka energia nabitej castice.

Obr. 1.3: Rozptyl nabitej castice v coulombovskom poli t’azkeho nabiteho jadra.

• Rutherfordov rozptylovy zakon:

dN(θ) = N0n

(Z1Z2e

2

16πε0T

)2dΩ

sin4 θ2

, (1.72)

kde:

dN(θ) - pocet nabitych castıc rozptylenych pod urcitym uhlom θ na jednotke plochy,

24

N0 - pocet vsetkych nabitych castıc dopadajucich za 1s na povrch rozptyl’ujucehoterca,

n - pocet rozptylovych centier terca v objeme urcenom jednotkovou plochou a hrub-kou terca (n = ρ

ANAx , kde ρ - hustota latky terca, A -atomova hmotnost’ terca,

x - hrubka terca, NA - Avogadrova konstanta).

dΩ - priestorovy uhol rezu medzikuzel’a.

Obr. 1.4: Hyperbolicka trajektoria castice α.

25

Riesene ulohy:

1. Vypocıtajte minimalnu vzdialenost’, na ktoru sa priblızi proton s kinetickou energiou0,87 MeV k jadru Hg pri rozptyle pod uhlom 90. Porovnajte tuto vzdialenost’ sozodpovedajucou hodnotou zamernej vzdialenosti.

Riesenie:

Pre riesenie centralneho pohybu castice v coulombovskom poli jadra je vhodnepouzit’ rovinne polarne suradnice. Vzt’ah medzi pravouhlymi suradnicami a polarnymisuradnicami r, ϕ je zrejmy z obr. 1.5:

x = r cosϕ, y = r sinϕ, (1.73)

kde r je polohovy vektor a ϕ polarny uhol v rovine (x, y).

Obr. 1.5: Draha castice v poli jadra, ktore je v bode 0.

Vychadzame zo zakonov zachovania energie a momentu hybnosti. V polarnych su-radniciach maju tieto zakony tvar:

m

2(r2 + r2ϕ2) + κ

Z1Z2e2

r= E = konst. (1.74)

amr2ϕ = L = konst., (1.75)

kde vϕ = rϕ je azimutalna zlozka rychlosti a κ = 14πε0

.

Pre pociatocny moment hybnosti (pri ϕ = π) mame:

L = mv0b (1.76)

Z rovnıc (1.75) a (1.76) dostaneme:

ϕ =v0b

r2(1.77)

26

Hl’adame rmin preto r = 0. Potom ma rovnica (1.74) tvar:

m

2r2ϕ2 + κ

Z1Z2e2

r= T = konst., (1.78)

kde T je kineticka energia protonu.

Po dosadenı z rovnice (1.77):

m

2v2

0

b2

r2+ κ

Z1Z2e2

r= T (1.79)

a upravou na:

Tb2

r2+ κ

Z1Z2e2

r= T / · r2 (1.80)

dostavame kvadraticku rovnicu:

Tr2 − κZ1Z2e2r − Tb2 = 0. (1.81)

Jej riesenie je

rmin =κZ1Z2e

2

2T

(1 +

√1 +

4T 2b2

κ2Z21Z

22e

4

)= (1.82)

=κZ1Z2e

2

2T

1 +

√1 + cotg2 θ

2

(1.83)

Po dosadenı cıselnych hodnot:

rmin =9 · 109 C−1V m · 80 · (1,602 · 10−19 C)2

2 · 0,87 · 106 · 1,602 · 10−19 CV

(1 +

√1 + cotg2π

4

)(1.84)

dostanemermin = 1,6 · 10−13 m. (1.85)

Z rovnice (1.71) vyjadrıme pre b:

b =κZ1Z2e

2

tg θ2

2T(1.86)

a po dosadenı cıselnych hodnot:

b =9 · 109 C−1V m · 80 · (1,602 · 10−19 C)2

tgπ4· 2 · 0,87 · 106 · 1,602 · 10−19 CV

= 6,6 · 10−14 m. (1.87)

Pomer minimalnej vzdialenosti, na ktoru sa priblızi pri rozptyle proton k jadrua zamernej vzdialenosti je

rminb

= 2,4. (1.88)

27

2. Odvod’te vzt’ah pre diferencialny ucinny prierez rozptylu α-castıc na zlatom tercıku.Interakcia medzi α-casticou a jadrom je tvorena iba elektrostatickym pol’om.

Riesenie:

Diferencialny ucinny prierez pre dany uhol rozptylu θ je definovany ako pravdepo-dobnost’ dσ, ze dopadajuce α castice sa rozptylia pod uhlom θ az θ + dθ:

dσ =dN(θ)

N0

, (1.89)

kde N0 - pocet vsetkych nalietavajucich α castıc na 1cm2 tercıka,

dN(θ) - pocet α castıc rozptylenych pod urcitym uhlom θ a vychadzajucich z 1cm2

tercıka.

Z rovnice (1.71) vyjadrıme

b =Z1Z2e

2

8πε0Tcotg

θ

2. (1.90)

Podl’a obrazka 1.4 platı:dN(θ) = |N02πbdb|. (1.91)

Po umocnenı vzt’ahu (1.90) dostavame:

b2 =

(Z1Z2e

2

8πε0T

)2

cotg2 θ

2. (1.92)

Po jeho zderivovanı:

2bdb =

(Z1Z2e

2

8πε0T

)2

2cos θ

2

sin θ2

(− 1

sin2 θ2

)1

2dθ. (1.93)

Po uprave:

2bdb = −(Z1Z2e

2

8πε0T

)2cos θ

2

sin3 θ2

dθ. (1.94)

Po dosadenı do vzt’ahu (1.91) dostavame:

dN(θ) = N0

(Z1Z2e

2

8πε0T

)2

πcos θ

2

sin3 θ2

dθ. (1.95)

Z obrazka 1.4 vyplyva

dΩ = sin θ dθ∫ 2π

0dϕ = 2π sin θ dθ, (1.96)

kde dΩ(θ) - priestorovy uhol celeho rezu medzikuzel’a.

28

Vyuzijeme vzt’ah pre sınus dvojnasobneho uhla:

sin 2θ

2= 2 · sin θ

2· cos

θ

2, odkial’: cos

θ

2=

sin θ

2 sin θ2

. (1.97)

Po dosadenı do vzt’ahu (1.95) dostavame:

dN(θ) = N0

(Z1Z2e

2

8πε0T

)2π

2

sin θ

sin4 θ2

dθ. (1.98)

S vyuzitım vzt’ahu (1.96) mozeme vzt’ah (1.98) prepısat’:

dN(θ) = N0

(Z1Z2e

2

16πε0T

)2dΩ

sin4 θ2

, (1.99)

takze podl’a (1.89) a (1.99) dostaneme:

dσ

dΩ=

(Z1Z2e

2

16πε0T

)21

sin4 θ2

. (1.100)

Toto platı pre jedno rozptylove centrum.

3. Najdite pravdepodobnost’ toho, ze α castice s kinetickou energiou 5 MeV po pre-chode zlatou foliou (197

79 Au) s hrubkou 2 µm, sa rozptylia pod uhlom 59 − 61.Hustota zlata je ρ(Au) = 19 320 kg ·m−3.

Riesenie:

Hl’adana pravdepodobnost’, ze α castice sa rozptylia pod uhlom θ v intervale θ1 ≤θ ≤ θ2 je dana:

P =∆N(θ1, θ2)

N0

, (1.101)

kde ∆N(θ1, θ2)- pocet rozptylenych castıc v intervale 〈θ1, θ2〉.Platı, ze

∆N =∫ Ω(θ2)

Ω(θ1)

dN(θ)

dΩdΩ =

∫ θ2

θ1

dN(θ)

dΩ2π sin θ dθ =

= N0n

(Z1Z2e

2

16πε0T

)2

2π∫ θ2

θ1

sin θ

sin4 θ2

dθ =

= N0n

(Z1Z2e

2

16πε0T

)2

8π

[1

2 sin2 θ12

− 1

2 sin2 θ22

], (1.102)

pricom n = ρANAx,

29

kde n - pocet rozptylovych centier tercıka v objeme urcenom jednotkovou plochoua hrubkou tercıka, NA - Avogradova konstanta, x - hrubka folie, A - atomova hmot-nost’ tercıka, ρ - hustota latky tercıka.

Po dosadenı do (1.101) dostavame vzt’ah:

P =ρ

ANAx

(Z1Z2e

2

16πε0T

)2

8π

[1

2 sin2 θ12

− 1

2 sin2 θ22

], (1.103)

v ktorom su po dosadenı cıselnych hodnot jednotlive casti rovne:

n =ρ

ANAx =

19320 kg ·m−3

197 kg · kmol−1· 6,022 · 1026 kmol−1 · 2 · 10−6 m = 1,18 · 1023 m−2;

(2 · 79 · (1,602 · 10−19 C)2

16π · 8,854 · 10−12 CV −1m−1 · 5 · 106 · 1,602 · 10−19 CV

)2

= 1,29 · 10−28 m2;

8π

[1

2 sin2 59

2

− 1

2 sin2 61

2

]= 3,04.

Pravdepodobnost’, ze sa α castica rozptyli v danom intervale uhlov je potom rovna:

P = 4,63 · 10−5.

30


1. (a) Vypocıtajte minimalnu vzdialenost’, na ktoru sa priblızi α castica s energiou10 MeV k jadru uranu (92U) pri jej rozptyle coulombovskym pol’om pod uhlom180.

(b) Pri akej zamernej vzdialenosti bude α castica rozptylena o uhol 90?

2. Deuterium s kinetickou energiou 15 keV a s parametrom b = 0,6 · 10−10 cm sarozptylilo v coulombovskom poli jadra (4

2He). Najdite uhol rozptylu.

3. α castica s kinetickou energiou 5 MeV priletı k atomovemu jadru zlata (79Au) sozamernou vzdialenost’ou 2,6 · 10−13 m. Pod akym uhlom sa rozptyli?

4. Aka je zamerna vzdialenost’α castice s kinetickou energiou 5 MeV , ktora sa rozptylipod uhlom 20 pri prelete okolo atomoveho jadra zlata (79Au)?

5. (a) Ak sa α castica s kinetickou energiou 5 MeV rozptylila pod uhlom 90 na jadrezlata, aka bola jej zamerna vzdialenost’?

(b) Ak je hrubka zlatej folie 1 µm, v akom percente prıpadov sa povodna α casticarozptyli pod uhlami vacsımi ako 90?

6. α castica s hybnost’ou 53 MeV/c sa rozptylila pod uhlom 60 v coulombovskom polijadra uranu (92U). Urcte zamernu vzdialenost’ α castice.

7. α castica RaC’ (clen rozpadoveho radu 238U) s kinetickou energiou 7,68 MeV pre-letela okolo jadra zlata (79Au) pri zamernej vzdialenosti 2 · 10−8 cm.

(a) Vypocıtajte uhol odklonenia α castıc od pociatocneho smeru pohybu.

(b) Pri akej hodnote zamernej vzdialenosti je uhol rozptylu 1 ?

8. Najdite vzdialenost’ najtesnejsieho priblızenia protonov s kinetickou energiou 1MeV ,ktore dopadaju na atomove jadra zlata (79Au).

9. Aka je minimalna vzdialenost’, na ktoru sa priblızi α castica s energiou 4,5 MeVk jadru zlata pri centralnej zrazke? Aka bude tato vzdialenost’, ak zamenıme jadrozlata jadrom lıtia?

10. Ak sa α castice s kinetickymi energiami az do 7,7 MeV rozptyl’uju na zlatej foliia platı Rutherfordov vzt’ah, odhadnite vel’kost’ jadra zlata.

11. Pri rozptyle α castıc s kinetickou energiou 8,8 MeV na jadre uranu (92U) bolo pozo-rovane, ze α castice sa rozptyl’uju v sulade s Rutherfordovym vzt’ahom. Odhadnitehornu hranicu polomeru jadra uranu.

12. Na aku vzdialenost’ sa α castica moze priblızit’ k jadru zinka (30Zn), ak rychlost’ αcastıc predstavuje 0,05 - nasobok rychlosti svetla.

31

13. α castica s energiou 5,4 MeV po prechode tenkou zlatou foliou (79Au) sa odklonı odpociatocneho smeru o uhol 60. Vypocıtajte hodnotu zamernej vzdialenosti a po-rovnajte ju s efektıvnym polomerom jadra terca zıskaneho z podmienky, pri ktorejje zamerna vzdialenost’ rovna 0.

14. Zvazok α castıc s energiou 5,6 MeV dopada na hlinıkovu foliu (13Al). Ukazuje sa,ze experimentalne pozorovany rozptyl odpoveda Rutherfordovmu vzt’ahu pri uhlochrozptylu prevysujucich 60. Za predpokladu, ze polomer α castice je 2 · 10−15 m,najdite polomer atomoveho jadra hlinıka.

15. Pri rozptyle α castice s kinetickou energiou 29 keV v coulombovskom poli jadra lıtia(63Li) sa α castica odchylila od povodneho smeru o uhol θ = 45. Na aku minimalnu

vzdialenost’ sa priblızili obe castice v procese vzajomneho posobenia?

16. Ukazte, ze do uhla medzi 60 a 90 sa rozptyli 2-krat tol’ko α castıc nez do uhlavacsieho ako 90.

17. Aka cast’ zo zvazku α castıc s energiou 7,7 MeV , ktore dopadaju na zlatu foliu(19779 Au) s hrubkou 3 · 10−7 m sa rozptyl’uje o uhol mensı ako 1? [hustota zlata jeρ(Au) = 19 320 kg ·m−3]

18. Kol’ko α castıc bude mat’ odchylku medzi uhlami 44 a 46, ak na medenu foliu(6429Cu) s hrubkou 0,005 mm dopadne 104 α castıc s energiou 1 MeV ? [ρ(Cu) =

8 900 kg ·m−3]

19. Diferencialny ucinny prierez rozptylu α castıc coulombovskym pol’om jadra je dσdΩ

=

7 · 10−22 cm2

ster.pre uhol θ0 = 30. Vypocıtajte prierez rozptylu alfa castıc v intervale

uhlov θ > θ0.

20. Alfa castice s kinetickou energiou 1,7 MeV sa rozptyl’uju coulombovskym pol’omjadier atomov olova (82Pb). Urcite diferencialny ucinny prierez jadier dσ

dθa dσ

dΩpre

θ = π2.

21. Po zamene zlatej folie (19779 Au) striebornou (108Ag) pri pokusoch s rozptylom α castıc

tenkymi foliami (s hrubkou 10−4 µm), sa pocet zaregistrovanych α castıc pod uhlomθ zmensil 2,84-krat. Urcite atomove cıslo striebra, ak viete, ze atomove cıslo zlataje 79. Predpokladajte folie rovnako hrube. [ρ(Au) = 19 320 kg · m−3, ρ(Ag) =10 500 kg ·m−3]

22. V jednom z pokusov pri studiu pruzneho rozptylu protonov zamenıme zinkovu foliu(6530Zn) za kadmiovu (112Cd) s tou istou hrubkou a hmotnost’ou. Dojde k zvacseniu

poctu rozptylenych protonov v sledovanom intervale 1,5-krat. Vypocıtajte nabojjadra atomu kadmia, ak poznate atomove cıslo zinku.

23. Vypocıtajte prierez jadra atomu zlata, zodpovedajuci rozptylu protonov s kinetickouenergiou 1,20 MeV v intervale uhlov od θ = π

3do θ = π.

32

24. Uzky zvazok protonov s kinetickou energiou 1 MeV dopada kolmo na zlatu folius hustotou ρ ·x = 1,5 mg/cm2. Pocıtac registruje protony rozptylene pod uhlom 60.Okienko pocıtaca ma plochu 1,5 cm2 a jeho vzdialenost’ od miesta rozptylu vo foliije 10 cm. Protony nan dopadaju pod pravym uhlom. Aky je podiel zaregistrovanychprotonov k protonom dopadajucim na foliu?

25. Uzky zvazok protonov s kinetickou energiou 2 MeV dopada kolmo na zlatu folius hustotou ρ ·x = 1,5 mg/cm2. Prud zvazku je 10−9 A. Pocıtac, ktoreho okienko mapriemer 4 mm, je umiestneny 10 cm od folie. Okienko pocıtaca je pod uhlom 160

k primarnemu zvazku protonov. Kol’ko protonov zaregistruje detektor za 10 minut?

26. Hrubku tenkej zlatej vrstvy na silikonovej podlozke mozeme urcit’ pomocou Ruther-fordovho spatneho rozptylu. Protonovy zvazok z urychl’ovaca s energiou 2 MeV do-pada kolmo na tenku zlatu vrstvu a detektor s priemerom 1 mm je umiestneny 5 cmod vzorky. Rozptylene protony su registrovane pod uhlom 160. Pri naakumulovanınaboja nalietavajucich protonov na 100 µC bol pocet zaregistrovanych protonovN ′ = 12500. Aka je hrubka zlatej vrstvy? [ρ(Au) = 19 320 kg ·m−3]

33

1.5 Bohrov model atomu vodıka

• Bohrove postulaty:

1. Bohrov postulat: Elektron moze okolo jadra atomu obiehat’ len po kruhovychdrahach urcenych kvantovou podmienkou:

2πrmev = nh; n = 1, 2, 3 ... (1.104)

kde me - hmotnost’ elektronu,v - rychlost’ elektronu,r - polomer kruhovej drahy,n - hlavne kvantove cıslo (urcuje pocet dovolenych drah).

2. Bohrov postulat: Ak elektron obieha iba po jednej drahe, atom nevyzarujeenergiu, jeho energia sa nemenı. Vtedy je rovnovaha medzi elektrickou a od-stredivou silou.

Fe = Fod

1

4πε0

e2

r2=mev

2

r(1.105)

3. Bohrov postulat: Atom vyziari energiu len pri prechode z vyssej energetickejhladiny n2 na nizsiu n1 a platı (tzv. frekvencna podmienka):

En2 − En1 = hν (n2 > n1), (1.106)

kde Eni - energia elektronu na ni - tej kvantovej drahe.

Obr. 1.6: Bohrov model.

34

• Vodıkovy atom:

• polomer • rychlost’ • energia

rn =ε0h

2

πmee2n2, vn =

e2

2ε0h

1

n, En = −mee

4

8ε20h

2

1

n2. (1.107)

• Vlnocet ziarenia pre vodıkovy atom:

ν =1

λ= R∞

(1

n21

− 1

n22

), (1.108)

kde R∞ - Rydbergova konstanta (R∞ = mee4

8ε20h3c

= 1,097 373 · 107 m−1)

n1 = 1, 2, 3, ...n2 = n1 + 1, n1 + 2, n1 + 3, ...

• Spektralne serie vodıkoveho atomu:

– Lymanova seria n1 = 1 n2 = 2, 3, 4, ... ultrafialova oblast’

– Balmerova seria n1 = 2 n2 = 3, 4, 5, ... viditel’na oblast’

– Paschenova seria n1 = 3 n2 = 4, 5, 6, ... infracervena oblast’

– Brackettova seria n1 = 4 n2 = 5, 6, 7, ... infracervena oblast’

– Pfundova seria n1 = 5 n2 = 6, 7, 8, ... infracervena oblast’

– Humphreyova seria n1 = 6 n2 = 7, 8, 9, ... infracervena oblast’

Obr. 1.7: Spektralne serie vodıkoveho atomu.

Vlnocet, ktory dostaneme pri danom n1, ked’ n2 = n1 + 1, prislucha ciare, ktorunazyvame hlavnou ciarou prıslusnej serie. Ak n2 = ∞ (pri danom n1), tuto ciarunazyvame hranou serie.

35

• Atomy vodıkoveho typu:

• polomer • rychlost’ • energia

rn =ε0h

2

πZe2µn2, vn =

Ze2

2ε0h

1

n, En = −Z2RZhc

n2. (1.109)

kde Z- atomove cıslo,RZ - Rydbergova konstanta pre prıslusny prvok

RZ =µe4

8ε20h

3c, RZ =

R∞1 + me

M

, (1.110)

µ - redukovana hmotnost’ elektronu

µ =me

1 + meM

, (1.111)

kde me - hmotnost’ elektronu, M - hmotnost’ jadra atomu.

• Vlnocet ziarenia pre atomy vodıkoveho typu:

ν =1

λ= RZZ

2

(1

n21

− 1

n22

). (1.112)

36

Riesene ulohy:

1. Vypocıtajte vlnovu dlzku hrany Lymanovej serie.

Riesenie:

Pre vlnocet ziarenia pre vodıkovy atom platı

ν =1

λ= RH

(1

n21

− 1

n22

), (1.113)

kde RH - Rydbergova konstanta vodıka,n1 - hlavne kvantove cıslo (pre Lymanovu seriu je n1 = 1).

Hranu Lymanovej serie dostaneme pri preskoku z kvantovej drahy s kvantovymcıslom n2 →∞ na prvu kvantovu drahu (n1 = 1).

λ =n2

1

RH

. (1.114)


λ =1

1,096 776 · 107 m−1= 9,12 · 10−8 m.

2. Vypocıtajte polomer prvej kvantovej drahy v Bohrovom modeli atomu vodıka a rych-lost’ elektronu na tejto drahe.

Riesenie:

Pri pohybe elektronu okolo jadra je odstrediva sila rovna prıt’azlivej sile coulombov-skej:

Fe = Fod,

1

4πε0

e2

r2=mev

2

r. (1.115)

Podl’a Bohrovej kvantovej podmienky je

2πrmev = nh. (1.116)

Z tychto dvoch rovnıc potom vyplyva:

v =e2

2nhε0

, (1.117)

r =ε0n

2h2

πmee2. (1.118)

37

Po dosadenı cıselnych hodnot dostavame:

v =(1,602 · 10−19 C)2

2 · 6,626 · 10−34 CV s · 8,854 · 10−12 CV −1m−1= 2,187 · 106 m · s−1,

r =8,854 · 10−12 CV −1m−1 · 1 · (6,626 · 10−34 Js)2

3,14 · 9,109 · 10−31 kg · (1,602 · 10−19 C)2= 5,29 · 10−11 m.

3. Vypocıtajte celkovu energiu elektronu na n-tej kvantovej drahe v Bohrovom modeliatomu vodıka. S vyuzitım tohto vzt’ahu vypocıtajte celkovu energiu na 2. kvantovejdrahe.

Riesenie:

Pre celkovu energiu elektronu obiehajuceho na n-tej kvantovej drahe platı:

E = Ek + Ep. (1.119)

Platia vzt’ahy:

Ep =1

4πε0

∫ r

∞

e2

r2dr = − 1

4πε0

[e2

r

]r∞

= − e2

4πε0r, (1.120)

mev2

r=

1

4πε0

e2

r2, (1.121)

Ek =1

2mev

2 =e2

8πε0r. (1.122)

Po dosadenı do vzt’ahu pre celkovu energiu dostaneme:

E = − e2

4πε0r+

e2

8πε0r= − e2

8πε0r(1.123)

Pre polomer n-tej kvantovej drahy platı vzt’ah:

rn =ε0h

2

πmee2n2. (1.124)

Po dosadenı do vzt’ahu (1.123) dostaneme:

En = −mee4

8ε20h

2

1

n2. (1.125)

Ak n = 2, pre celkovu energiu po dosadenı cıselnych hodnot platı:

E2 = − 9,109 · 10−31 kg · (1,602 · 10−19 C)4

8 · (8,854 · 10−12 CV −1m−1)2 · (6,626 · 10−34 Js)2· 1

4

E2 = −5,45 · 10−19 J = −3, 4 eV.

38

4. Porovnajte vlnove dlzky fotonov emitovanych

(a) atomom He zo stavu n2 = 4→ n1 = 2

(b) atomom H zo stavu n2 = 2→ n1 = 1

Riesenie:

Vseobecny vzt’ah pre spektralne ciary atomov vodıkoveho typu s atomovym cıslomZ je

ν =1

λ=µZ2e4

8ε20ch

3

[1

n21

− 1

n22

]= Z2RZ

[1

n21

− 1

n22

](1.126)

(a) Prechod He zo stavu n2 = 4 → n1 = 2

νHe =1

λ=µZ2e4

8ε20ch

3

[1

4− 1

16

]=µZ2e4

8ε20ch

3· 3

16=

µe4

8ε20ch

3· 3

4,

kde Z = 2 a µ = meMHe

me+MHe.

(b) prechod H zo stavu n2 = 2 → n1 = 1

νH =1

λ=µ′Z2e4

8ε20ch

3

[1

1− 1

4

]=

µ′e4

8ε20ch

3· 3

4,

kde Z = 1 a µ′ = meMH

me+MH.

⇒ νH = νHe,prechod (a) je sprevadzany rovnakou vlnovou dlzkou ako prechod (b). Maly rozdielvlnovych dlzok je sposobeny roznou hmotnost’ou He a H, co sa prejavı v rozdieleµ′ a µ.

39


1. Vypocıtajte kvantove cıslo n vzbudeneho stavu atomu vodıka, ak je zname, ze priprechode do zakladneho stavu atom vyziaril:

(a) foton s vlnovou dlzkou 97,25 nm;

(b) 2 fotony s vlnovymi dlzkami 656,3 a 121,6 nm.

2. V spektre ziarenia atomarneho vodıka su zname dve vlnove dlzky Balmerovej serie:410,2 nm a 486,1 nm. K akej serii patrı spektralna ciara, ktora zodpoveda prechodumedzi tymito dvoma hladinami? Aka je jej vlnova dlzka?

3. U akeho vodıku podobneho ionu rozdiel vlnovych dlzok hlavnych ciar Balmeroveja Lymanovej serie je 59,3 nm?

4. Vypocıtajte Rydbergovu konstantu ak viete, ze rozdiel vlnovych dlzok medzi hlav-nou ciarou Balmerovej serie a rezonancnou ciarou pre ion He je 133,68 nm (rezo-nancna ciara zodpoveda prechodu n2 = 2→ n1 = 1).

5. Najdite intervaly vlnovych dlzok spektralnych ciar patriacich do serie:

(a) Lymanovej,

(b) Balmerovej,

(c) Paschenovej.

Hranice intervalu vlnovych dlzok tvorı tzv. hlavna ciara a hrana serie. Viditel’naoblast’ svetla je 480− 750 nm. Urcte, ktora seria a ktore ciary su viditel’ne.

6. Castica s hmotnost’ou m sa pohybuje po drahe tvaru kruznice v centralnom polijadra s potencialnou energiou U = χ ·r2/2. Najdite pomocou Bohrovych podmienokkvantovania dovolene polomery drah a energeticke hladiny.

7. Ake ciary obsahuje absorbcne spektrum atomarneho vodıka v intervale vlnovychdlzok od 94,5 do 130 nm?

8. V spektre niektorych vodıku podobnych ionov dlzka vlny tretej ciary Balmerovejserie je 108,5 nm. Najdite energiu vazby elektronu v zakladnom stave ionov.

9. Vypocıtajte pomer hmotnosti protonu k hmotnosti elektronu, ak vieme, ze pomerRydbergovych konstant t’azkeho a l’ahkeho vodıka je 1,000272 a pomer hmotnostıjadier je 2.

10. Ake su vlnocty, vlnove dlzky a frekvencie prvych 3 ciar

(a) Balmerovej,

(b) Paschenovej,

40

(c) Brackettovej serie?

11. Aku vlnovu dlzku ma foton vyziareny pri preskoku elektronu

(a) z 5. na 3. kvantovu drahu,

(b) zo 6. na 2. kvantovu drahu v Bohrovom modeli atomu vodıka?

12. Aky je vlnocet, vlnova dlzka a frekvencia fotonu, ktory sa vyziari, ked’ sa elektronvrati vo vodıkovom atome:

(a) z 2. drahy,

(b) z 3. drahy,

(c) z nekonecna do zakladneho stavu?

Ako sa vola tato seria?

13. Predpokladajme, ze vodıkovy atom v zakladnom stave absorboval foton s energiou12,75 eV.

(a) V akom vzbudenom stave bude po absorpcii?

(b) Ukazte na energetickom diagrame mozne prechody z tohoto vzbudeneho stavu.Aka je najkratsia vlnova dlzka fotonov z tychto prechodov?

14. Pri preskoku elektronu vo vodıkovom atome z jednej kvantovej drahy na drahublizsiu k jadru sa zmensı energia atomu o 1,892 eV . Pri tomto prechode vysle atomvodıka svetelne kvantum.

(a) Urcte vlnovu dlzku tohoto ziarenia.

(b) Ktora cast’ viditel’neho spektra prislucha tomuto ziareniu?

15. Zname sodıkove zlte ciary pozostavaju zo spektralnych ciar s vlnovou dlzkou 5890 ·10−10 m a 5896 · 10−10 m. Vypocıtajte interval medzi tymito ciarami v jednotkachcm−1 a eV .

16. V spektre atomarneho vodıka, interval medzi prvymi 2 ciarami, ktore patria Balme-rovej serii, predstavuje 1,71 · 10−7m. Vypocıtajte Rydbergovu konstantu pre vodık.

17. Najvacsia vlnova dlzka spektralnej vodıkovej ciary Balmerovej serie je 656,3 nm.Vypocıtajte na zaklade tejto vlnovej dlzky najvacsiu vlnovu dlzku v Lymanovejserii.

18. Rozdiel medzi hlavnymi ciarami Balmerovej a Lymanovej serie vo vlnovych dlzkachv spektre atomarneho vodıka je 534,7 nm. Vypocıtajte Planckovu konstantu.

19. Vypocıtajte frekvenciu kruhoveho pohybu elektronu v klasickom vodıkovom atome.V ktorej oblasti su elektromagneticke vlny s touto frekvenciou? [Pozn.: Vyuzite fakt,ze experimentalne zistena hodnota vazbovej energie v atome vodıka je 13,6 eV.]

41

20. Dokazte, ze pre atom vodıka na stacionarnych Bohrovych drahach platı, ze elektronsa pohybuje po drahach, ktore su celocıselnym nasobkom de Broglieho vln. Vypocı-tajte vlnove dlzky na 1. a 3. drahe.

21. Kvantum svetla s energiou 15 MeV uvol’nuje elektron z atomu vodıka nachadza-juceho sa v zakladnom stave. Akou rychlost’ou sa bude pohybovat’ od jadra? [Pozn.:Vyuzite fakt, ze experimentalne zistena hodnota vazbovej energie v atome vodıkaje 13,6 eV.]

22. Vypocıtajte pomer sıl coulombovskeho a gravitacneho posobenia medzi elektronoma jadrom atomu vodıka.

23. Vypocıtajte indukciu magnetickeho pol’a, ktore je tvorene elektronom obiehajucimv Bohrovom modeli atomu vodıka po 1. dovolenej drahe v strede tejto drahy.

24. Kvantum svetla, vznikajuce pri prechode medzi prvymi dvoma energetickymi hladi-nami v 1x ionizovanom atome helia He+, uvol’nuje elektron z atomu vodıka, ktory sanachadza v zakladnom stave. Najdite rychlost’ tohto elektronu, ktorou sa pohybujeod jadra vodıka.

25. V spektre hviezdy bolo objavene spektrum vodıkoveho typu, ktoreho vlnove dlzkysu 4-krat kratsie ako u atomu vodıka. Akemu prvku patrı toto spektrum?

42

1.6 Rontgenove spektra, Moseleyho zakon

• Rontgenove ziarenie - elektromagneticke ziarenie (prud fotonov) s vel’mi kratkouvlnovou dlzkou (od 100 pikometrov do 10 nanometrov), ktora je zhruba 1000-kratkratsia ako u viditel’neho svetla. Vznika prudkym zabrzdenım urychlenych elektronov(brzdne ziarenie) alebo prechodom elektronov na nizsie energeticke hladiny v atome(charakteristicke ziarenie).

Umelo sa da zıskat’ v rontgenovej trubici bombardovanım anody elektronmi urychle-nymi napatım v rozmedzı 104 − 105 V .

Obr. 1.8: Rontgenova trubica.

• Spektrum rontgenoveho ziarenia - obsahuje dve zlozky:

– brzdne ziarenie (spojite)

– charakteristicke ziarenie (ciarove).

• Energia fotonov rontgenoveho ziarenia - splna Einsteinovu rovnicu pre foto-efekt:

hν − A = eU =1

2mv2, (1.127)

kde A - vystupna praca, U - potencial, ktorym sa elektron zabrzdı. Ked’ze energiafotonov hν >> A, A zanedbavame. Mame

hν =hc

λ= eU. (1.128)

• Moseleyho zakon - vlnocty zodpovedajuce charakteristickemu spektru u roznychprvkov sa s rastucim atomovym cıslom zvacsuju, t.j.

ν =1

λ= aR∞(Z − b)2, (1.129)

43

kde R∞ -Rydbergova konstanta,Z - atomove cıslo prvku,a, b - konstanty, ktore maju pre kazdu ciaru inu hodnotu:

– pre Kα ciaru: a = 34, b = 1,

– pre Lα ciaru: a = 536, b = 7,5.

Obr. 1.9: Vznik charakteristickeho rontgenoveho ziarenia prechodom elektronov na nizsieenergeticke hladiny.

44

Riesene ulohy:

1. Urcte vlnovu dlzku Kα ciary prvku periodickeho systemu, od ktoreho mozeme po-zorovat’ L - seriu charakteristickeho rontgenoveho ziarenia.

Riesenie:Stav elektronu v obale atomu popisuju 4 kvantove cısla (tab. 1.1):

• hlavne kvantove cıslo n - vyjadruje energiu hladiny; nadobuda hodnotu 1 − 7(alebo su oznacovane K, L, M, N, O, P, Q)

• vedl’ajsie kvantove cıslo l - nadobuda hodnoty od 0 do (n− 1);

• magneticke kvantove cıslo ml - nadobuda hodnoty −l . . . 0 . . .+ l

• spinove magneticke kvantove cıslo ms - nadobuda hodnoty +1/2 alebo −1/2.

Elektronova n l ml ms Max. pocetvrstva elektronov

K 1 0 0 ±1/2 2L 2 0 0 ±1/2 2

1 -1, 0, +1 ±1/2 6M 3 0 0 ±1/2 2

1 -1, 0, +1 ±1/2 62 -2, -1, 0, +1, +2 ±1/2 10

Tab. 1.1: Kvantove cısla

Prvykrat sa Lα ciara moze objavit’ u prvku, ktory ma na hladine M(t.j. v stave s n = 3) aspon jeden elektron.

Cize: 2e−(K hladina) + 8e−(L hladina) + 1e−(M hladina) = 11e−

t.j. Z = 11 ....... Na

Vo vseobecnosti pre vlnocet l’ubovol’nej ciary platı:

ν =1

λ= aR∞(Z − b)2, (1.130)

pre Kα ciaru: a = 34, b = 1,

t.j.: ν =1

λ=

3

4R∞(Z − 1)2. (1.131)


1

λ=

3

4· 1,097 373 · 107 m−1(11− 1)2,

λ = 12,2 · 10−10 m.

45

2. Pri zvacsenı napatia na rontgenovej trubici z 10 kV na 20 kV rozdiel vlnovych dlzokKα ciary a kratkovlnovej hranice spojiteho rontgenoveho spektra sa zvacsil 3-krat.Aky prvok sa pouzıva ako anoda?

Riesenie:Vo vseobecnosti pre vlnocet l’ubovol’nej ciary platı:

ν =1

λKα= aR∞(Z − b)2, (1.132)

pre Kα ciaru: a = 34, b = 1.

Pre λmin platı:

λmin =hc

eU. (1.133)

Zo zadania ulohy zostavıme sustavu rovnıc:

(λKα − λmin) =4

3R∞(Z − 1)2− hc

eU1

(1.134)

3(λKα − λmin) =4

3R∞(Z − 1)2− hc

eU2

(1.135)

Po odcıtanı dostavame:

2(λKα − λmin) =hc

eU1

− hc

eU2

. (1.136)

Po uprave:

λKα − λmin =hc

2e

(U2 − U1

U1U2

). (1.137)


λKα − λmin =6,626 · 10−34 Js · 3 · 108 ms−1

2 · 1,602 · 10−19 C

(20 · 103 V − 10 · 103V

104V · 20 · 103V

)

λKα − λmin = 3,102 · 10−11 m.

Z rovnice (1.134) si vyjadrıme protonove cıslo:

Z =

√4eU1

hc+ eU1(λKα − λmin)· 1

3R∞+ 1. (1.138)

Dosadıme cıselne hodnoty:

Z =

√4 · 1,602 · 10−19 C · 10 · 103 V

6,626 · 10−34CV s · 3 · 108ms−1 + 1,602 · 10−19C · 104V · 3,102 · 10−11m·

·√

1

3 · 1,097 373 · 107 m−1+ 1.

Z = 29......Cu.

46

3. Vypocıtajte rychlost’ elektronov, uvol’nenych z K- sfery atomov molybdenu (42Mo)ziarenım zodpovedajucim Kα ciare rontgenoveho ziarenia striebra (47Ag). (Absorp-cna hrana K serie molybdenu je 0,619 · 10−10 m.)

Riesenie:Platı vzt’ah:

Ek = Eα − EK . (1.139)

Pre jednotlive cleny platia vzt’ahy:

Ek =1

2mv2, Eα =

hc

λα, EK =

hc

λK. (1.140)

Po dosadenı:1

2mv2 =

hc

λα− hc

λK. (1.141)

Odtial’ si vyjadrıme rychlost’:

v =

√2hc(λK − λα)

mλKλα. (1.142)

Pre λα platı:1

λα=

3

4R∞(Z − 1)2. (1.143)


1

λα=

3

4· 1,097 373 · 107(47− 1)2, (1.144)

λα = 5,745 · 10−11 m.

Dosadıme cıselne hodnoty do vzt’ahu pre rychlost’ (1.142):

v =

√2 · 6,626 · 10−34 Js · 3 · 108 ms−1 (6,19− 5,75) · 10−11m

9,109 · 10−31kg · 6,19 · 10−11m · 5,75 · 10−11m, (1.145)

v = 2,3 · 107 m · s−1.

47


1. Vypocıtajte vlnove dlzky Kα a Lα ciar v rontgenovom spektre molybdenu (42Mo).

2. MozeKα ciara rontgenoveho ziarenia zeleza (26Fe) vzbudit’ sekundarne gama ziareniechromu (24Cr) a kobaltu (27Co)?

3. S vyuzitım Moseleyho zakona vypocıtajte vlnove dlzky a energie fotonov, ktoreodpovedaju Kα ciaram hlinıka (13Al) a kobaltu (27Co).

4. Aky je vlnocet, vlnova dlzka, frekvencia a energia Kα a Lβ ciar u rontgenovehospektra chromu (24Cr), wolframu (74W ) a uranu (92U)?

5. Vypocıtajte vlnovu dlzku, odpovedajucu absorbcnej hrane L-serie rontgenovehospektra hlinıka, ak je znama vlnova dlzka Kα ciary (8,32 · 10−10 m) a absorbcnahrana K-serie rontgenoveho spektra (7,936 · 10−10 m).

6. Vypocıtajte napatie na rontgenovej trubici s niklovou anodou, ak rozdiel vlnovychdlzok Kα ciary a kratkovlnnej hranice spojiteho spektra je rovny 84 pm.

7. Vypocıtajte vlnovu dlzku Kα ciary charakteristickeho rontgenoveho spektra, zıska-neho v rontgenovej trubici s molybdenovou (42Mo) anodou. Mozeme dostat’ tutociaru spektra, ak prilozıme k rontgenovej trubici napatie 4 kV ?

8. Pri napatı 62 kV na elektrodach rontgenovej trubice sa vlnova dlzka kratkovlnovejhranice spojiteho rontgenoveho spektra rovna 0,2 · 10−10 m. Vypocıtajte cıselnuhodnotu Planckovej konstanty.

9. Vypocıtajte hodnotu rozdielu potencialov na rontgenovej trubici, pri ktorej sa za-cınaju objavovat’ Kα ciary platiny (78Pt), zlata (79Au) a uranu (92U).

10. Vypocıtajte kriticke napatie na rontgenovej trubici nevyhnutne pre excitaciu K-serie striebra (47Ag), ak je zname, ze absorpcna hrana K-serie rontgenoveho spektraodpoveda vlnovej dlzke 0,4845 · 10−10 m. Ako objasnıte, ze Kα ciara ma vacsiuvlnovu dlzku ako vlnova dlzka odpovedajuca absorpcnej hrane K-serie rontgenovehospektra?

11. Vypocıtajte vlnove dlzky absorpcnej hrany K-serie rontgenoveho spektra zlata,olova a uranu, ak je zname, ze napatia, pri ktorych sa zacınaju objavovat’ vsetkyciary K-serie tychto prvkov su rovne 80,7; 88,3 a 115,3 kV.

12. Urcte vlnovu dlzku kratkovlnnej hranice spojiteho rontgenoveho ziarenia, ak viete,ze pri zvacsenı urychl’ovacieho napatia na rontgenovej trubici 2-krat, vlnova dlzkasa zmensı o 5 · 10−2 nm.

48

13. Porovnajte hodnotu vystupnej prace elektronu z povrchu wolframu, u ktoreho cerve-na hranica fotoefektu odpoveda vlnovej dlzke 2760 · 10−10 m a pracu, potrebnu nauvol’nenie elektronu z K-sfery atomu wolframu. Vlnova dlzka absorpcnej hrany K-serie rontgenoveho spektra wolframu je 0,1782 · 10−10 m.

14. Vypocıtajte najvacsiu rychlost’ elektronov prilietajucich k anode rontgenovej tru-bice, ak minimalna vlnova dlzka v spojitom spektre rontgenych lucov je rovna 1 nm.

15. Vypocıtajte najvacsiu rychlost’ elektronov, ktore su brzdene na anode rontgenovejtrubice, ak najmensia vlnova dlzka spojiteho rontgenoveho ziarenia je rovna 5 ·10−10 m.

16. Rychlost’ elektronov letiacich k anode rontgenovej trubice sa rovna polovici rychlostisvetla vo vakuu.

(a) Aka je najmensia vlnova dlzka spojiteho spektra elektromagnetickeho ziarenia,ktore vznika zabrzdenım elektronov?

(b) Urcte urychl’ovacie napatie na rontgenovej trubici.

17. Pri napatı 28 kV na rontgenovej trubici rozdiel vlnovych dlzok Kα ciary a kratkovl-novej hranice spojiteho rontgenoveho spektra predstavuje 1 · 10−10 m. Ktory prvoksa javı antikatodou danej trubice?

18. Vieme, ze Kα ciara jedneho prvku ma vlnovu dlzku 0,788 · 10−10 m a druheho0,713 · 10−10 m. Rozhodnite, ci tieto prvky nasleduju v periodickej tabul’ke za seboua ktore su to prvky.

19. Ukazte na zaklade Pauliho princıpu, aky je najvyssı mozny pocet elektronov na n -tej kvantovej drahe, ked’ n = 4.

49

Kapitola 2

JADROVA FYZIKA

2.1 Zakladne charakteristiky jadier, vazbova

energia

• Polomer jadra R:R = r0A

13 , (2.1)

kde r0- konstanta (r0 = 1,4 · 10−15 m),A- nukleonove cıslo.

• Naboj jadra:Q = Z · e. (2.2)

Elektricky naboj jadra je kladny a udava ho pocet protonov v jadre Z.

• Celkova energia jadra E:E = Mjc

2, (2.3)

kde Mj hmotnost’ jadra.

• Hmotnost’ jadra Mj je dana vyrazom:

Mj = Zmp + (A− Z)mn −∆M, (2.4)

kde mp - pokojova hmotnost’ protonu,mn - pokojova hmotnost’ neutronu,Z - pocet protonov v jadre,A - pocet nukleonov v jadre,∆M - hmotnostny ubytok (rozdiel hmotnosti medzi suctom hmotnostı

nukleonov a hmotnost’ou jadra, charakterizuje vazbovu energiu).

50

• Vazbova energia W: vyjadruje tu mieru energie, ktoru treba vynalozit’ na to, abysme rozdelili dane jadro na jeho jednotlive komponenty, nukleony (je mierou jehostability).

W = ∆Mc2 = (Zmp + (A− Z)mn −Mj) · c2 (2.5)

Vyraz pre vazbovu energiu moze byt’ vyjadreny pomocou hmotnostı atomov nasle-dovne:

W = [ZmH + (A− Z)mn −Mat(A,Z)] · c2, (2.6)

kde mH je hmotnost’ atomu vodıka,Mat(A,Z) je hmotnost’ atomu s danym A,Z.

Hmotnosti atomov v atomovych hmotnostnych jednotkach u (1u ≈ 1,66 · 10−27 kg)su uvedene v tabul’kach v prılohe (Tabul’ka vlastnostı izotopov).

Energia zodpovedajuca atomovej hmotnostnej jednotke je 1u · c2 = 931,5 MeV(odkial’ 1u = 931,5 MeV

c2, alebo c2 = 931,5 MeV

u).

• Merna vazbova energia ε: charakterizuje strednu vazbovu energiu pripadajucuna jeden nukleon v jadre:

ε =W

A=

∆Mc2

A(2.7)

• Poloempiricky vzorec pre vazbovu energiu jadier:

(Weizsackerov vzt’ah)

W (MeV ) = 14A− 13A23 − 0,584

Z2

A13

− 19,3(A− 2Z)2

A+

33,5

A34

δ, (2.8)

kde δ = +1 pre parne Z a A (parno - parne jadro),δ = 0 pre neparne A (neparne jadro),δ = −1 pre neparne Z a neparne A (neparno - neparne jadro).

51

Riesene ulohy:

1. Prve modely jadra pokladali jadra za sfericke utvary, v ktorych pre polomer jadraplatı vzt’ah R = r0A

1/3. Nech experimentalna hodnota r0 = 1,4 · 10−15 m, hmotnost’nukleonov je priblizne rovnaka a rovna sa mN = 1, 67 · 10−27 kg. Ukazte, ze hustotajadra bude pre vsetky nuklidy rovnaka a odhadnite ju!

Riesenie:

Ak predpokladame sfericky tvar jadra, bude pre hustotu platit’

ρ =m

V=

m43πR3

≈ 3m

4πr30A, (2.9)

pretoze pre polomer jadra platı: R = r0A1/3.

Pre hmotnost’ nuklidu mozeme priblizne odhadnut’: m ≈ A ·mN , kde mN je hmot-nost’ nukleonu, mN ≈ mp ≈ mn ≈ 1,67 · 10−27 kg.

Potom

ρ =3AmN

4πr30A≈ 3 · 1,67 · 10−27 kg

4π(1,4 · 10−15 m)3≈ 1,5 · 1017 kg ·m−3. (2.10)

Z vysledku vidiet’, ze hustota nezavisı od nukleonoveho cısla A a mozeme ju pova-zovat’ za rovnaku pre vsetky nuklidy.

2. Vypocıtajte vazbovu energiu jadra izotopu:

(a) 147 N ,

(b) 20782 Pb.

Aka merna vazbova energia pripada na jeden nukleon?

Riesenie:

(a) Pre vazbovu energiu platı (2.6):

W = [ZmH + (A− Z)mn −Mat(A,Z)] · c2

Po dosadenı cıselnych hodnot pre jadro 147 N dostavame:

W = (7 · 1,007825 + 7 · 1,008665− 14,003074) · 931,5 MeV = 104,66 MeV.

Merna vazbova energia je dana vzt’ahom (2.7):

ε =W

A=

104,66

14= 7,48 MeV.

52

(b) Pre jadro 20782 Pb dostaneme po dosadenı:

W = (82 · 1,007825 + 125 · 1,008665− 207,02410) · 931,5 MeV = 1584,2 MeV.

ε =W

A=

1584,2

207= 7,65 MeV.

3. Pomocou Weizsackerovho poloempirickeho vzt’ahu pre vazbovu energiu jadra urctenaboj jadra, ktore ma najmensiu hmotnost’ medzi jadrami s danou hodnotou nu-kleonoveho cısla A.

Riesenie:Poloempiricky Weizsackerov vzt’ah pre vazbovu energiu jadier je (2.8):

W (MeV ) = 14A− 13A23 − 0,584

Z2

A13

− 19,3(A− 2Z)2

A+

33,5

A34

δ.

Minimalnu hmotnost’ ma jadro, ktore ma maximalnu vazbovu energiu pri danejhodnote nukleonoveho cısla A. Podmienka maxima vazbovej energie je:

∂W

∂Z= 0 ⇒ −2 · 0,584

Z

A13

+ 2 · 19,3 · 2(A− 2Z)

A= 0

38,6A− 77,2Z

A− 0,584

Z

A13

= 0 / · A

38,6A− 77,2Z − 0,584ZA23 = 0

Z(77,2 + 0,584A23 ) = 38,6A

Z =A

2− 0,0151A23

53


1. Vypocıtajte vazbovu energiu jadra, ktore ma rovnaky pocet protonov a neutronova polomer 1,5-krat mensı ako polomer jadra 27Al.

2. Urcte energiu vazby neutronu a alfa castice v jadre 21Ne.

3. Vypocıtajte vazbovu energiu:

(a) deuteronu,

(b) α castice.

4. Odhadnite a cıselne vyjadrite hustotu jadrovej hmoty, koncentraciu nukleonov a ob-jemovu hustotu elektrickeho naboja v jadre.

5. Urcte energiu potrebnu na rozdelenie jadra 168 O na 4 rovnake casti.

6. Vypocıtajte minimalnu energiu potrebnu na rozdelenie atomu 126 C na tri atomy 4

2He.

7. Vypocıtajte vazbovu energiu jadra 9642Mo, ktora pripada na jeden nukleon (hmotnost’

atomu 9642Mo je 95,904 u).

8. Aka energia by sa uvol’nila, keby sa z 82 protonov a 126 neutronov utvorilo jadro20882 Pb?

9. Najdite vazbovu energiu pripadajucu na jeden nukleon v jadre atomu kyslıka 168 O.

10. Vypocıtajte ubytok hmotnosti pri spalenı 0,1 kg sıry. Horenie sıry prebieha podl’areakcie: S +O2 → SO2 + 70,9 kcal/mol.

11. Vypocıtajte, aky je hmotnostny ubytok pri tvorbe α castice z dvoch protonova dvoch neutronov a aka je vazbova energia vzniknutej α castice.

12. Urcte vazbovu energiu neutronu v jadre 14N , ak je zname, ze vazbova energia jadier14N a 13N je 104,66 a 94,1 MeV.

13. Urcte energiu potrebnu na rozstiepenie jadra 16O na α casticu a jadro 12C akje zname, ze vazbove energie jadier 16

8 O, 126 C, 4

2He su 127,62 MeV, 92,16 MeV,28,30 MeV .

14. Urcte energiu vznikajucu pri tvorbe dvoch α castıc, ktore su vysledkom syntezyjadier 2

1H a 63Li. Vieme, ze vazbova energia pripadajuca na jeden nukleon pre 2

1H je1,1 MeV, pre 4

2He je 7,08 MeV a pre 63Li je 5,33 MeV.

15. Najdite energiu vzbudenia jadra 207Pb vznikajuceho pri zachyte pomaleho neutronujadrom 206Pb.

16. Vypocıtajte pomocou Weizsackerovho poloempirickeho vzt’ahu:

54

(a) energiu vazby jadier 4020Ca a 107

47 Ag,

(b) energiu vazby na 1 nukleon jadra 5023V,

(c) hmotnost’ atomu 4521Sc.

17. Najdite hmotnosti atomov izotopov 1H, 2H a 16O, ak pozname rozdiely hmotnostı(v atomovych hmotnostnych jednotkach) troch fundamentalnych dubletov:

1H2 −2 H = 0,001548;2H3 − 1

212C = 0,042306;

12C 1H4 −16 O = 0,036386.

18. Vypocıtajte, aka energia (v J a eV ) zodpoveda 1 u.

19. Ukazte, ze pri rovnomernom rozdelenı naboja v objeme jadra, je energia coulom-bovskeho odpudzovania protonov Ecoul ≈ 0,6Z2e2/R, kde Ze a R su naboj a polomerjadra.

20. Urcte rozdiel vazbovych energiı zrkadlovych jadier 33S a 33Cl, ak vieme, ze hmot-nost’ 33S je o 0,00599 u mensia ako hmotnost’ 33Cl. Zıskanu hodnotu porovnajtes rozdielom energiı coulombovskeho odpudzovania protonov v tychto jadrach. Ob-jasnite prıcinu zhody vysledkov. (Pozn.: zrkadlove jadra - atomove jadra s rovnakympoctom nukleonov, lısiace sa vymenenym poctom protonov a neutronov)

21. Za predpokladu, ze rozdiel vazbovych energiı zrkadlovych jadier 23Na a 23Mg jedany len rozdielom energie coulombovskeho odpudzovania protonov v tychto jadrach,urcte ich polomer. Zıskany vysledok porovnajte s vysledkom zo vzt’ahu pre polomerjadra.

55

2.2 Zakladne zakony radioaktıvnej premeny

• Zakon radioaktıvnej premeny:

N(t) = N0 e−λt, (2.11)

kde N - pocet jadier v case t,N0 - pocet jadier v case t = 0,λ - konstanta premeny.

Pocet rozpadnutych jadier radioaktıvnej latky N ′ sa rovna rozdielu N0 −N , t.j.

N ′(t) = N0 · (1− e−λt). (2.12)

• Polcas premeny (doba polpremeny): (doba, za ktoru dojde k rozpadu polovicez povodneho poctu jadier radionuklidu)

T1/2 =ln 2

λ. (2.13)

• Stredna doba zivota: (cas, za ktory klesne povodny pocet atomovych jadier N0

na hodnotu N = N0

e)

τ =1

λ. (2.14)

• Aktivita radioaktıvneho prvku: (pocet jadier rozpadnutych za jednotku casu)

A = −dNdt

= λN. (2.15)

Jednotkou aktivity je becquerel, Bq (1Bq = 1 rozpad/1 sekundu).

Veliciny odvodene od aktivity:

– hmotnostna aktivita:

am =A

m, [am] = Bq · kg−1, (2.16)

– objemova aktivita:

aV =A

V, [aV ] = Bq ·m−3, (2.17)

– plosna aktivita:

aS =A

S, [aS] = Bq ·m−2, (2.18)

56

kde m je hmotnost’ a V je objem radioaktıvnej latky, S je plocha, na ktorej je akti-vita A rozlozena.

Tieto zakony platia iba v prıpade jednej izolovanej radioaktıvnej latky.

Ak su aj rozpadom vzniknute jadra radioaktıvne, hovorıme o tzv. postupnej pre-mene:

• Ak uvazujeme premenu A→ B:

dNA

dt= −λANA, (2.19)

kde NA - pocet jadier v case t,λ - konstanta premeny.

• Ak uvazujeme premenu A→ B → C :

dNA

dt= λANA − λBNB, (2.20)

kde NA, NB - pocet jadier A,B v case t ,λA, λB - konstanty premeny.

Riesene ulohy:

1. Urcte konstantu premeny radioaktıvneho izotopu 5827Co, ak viete, ze pocet atomov

tohto izotopu sa zmensı o 3,8% za jednu hodinu. Produkt rozpadu nie je radioaktıvny.

Riesenie:Zo zadania vieme:100%− 3,8% = 96,2%, t.j. po jednej hodine zostane N = 0,962 ·N0 nerozpadnutychatomov.

Zo zakona radioaktıvneho rozpadu vyplyva:

N = N0e−λt,

N

N0

= e−λt,

lnN

N0

= −λt.

Po uprave a dosadenı cıselnych hodnot dostavame:

λ =− ln N

N0

t=− ln 0,962

3600= 1,08 · 10−5 s−1.

57

2. Urcte vek antickych drevenych predmetov, ked’ ich hmotnostna aktivita izotopu14C predstavuje 3

5hmotnostnej aktivity toho isteho izotopu obsiahnuteho v prave

vyt’azenom dreve toho isteho druhu. Polcas premeny izotopu 14C je 5570 rokov.

Riesenie:Aktivita preparatu sa menı s casom podl’a zakona:

A = A0e−λt.

Zo zadania mame:

A =3

5· A0.

Platı vzt’ah:

λ =ln 2

T1/2

.

Po uprave a dosadenı dostavame:

A = A0e− ln 2T1/2

t=

3

5A0

t =−T1/2 ln A

A0

ln 2=−5570 · 365 · 86400 s · ln 3

5

0,693= 1,2945 · 1011s = 4105,8 rokov.

3. Pri radioaktıvnej premene jadier nuklidu A1 vznika nuklid A2. Ich konstanty pre-meny su λ1, λ2. Predpokladajme, ze v case t = 0 preparat obsahoval len nuklid A1

v mnozstve N0.

(a) Urcte mnozstvo jadier nuklidu A2 za cas t.

(b) Urcte cas, za ktory mnozstvo jadier nuklidu A2 dosiahne maximum.

(c) V akom prıpade moze vzniknut’ prechodovy rovnovazny stav, pri ktorom pomermnozstva oboch nuklidov bude konstantny? Comu sa rovna tento pomer?

Riesenie:

(a) Platia vzt’ahy:dN1

dt= −λ1N1 (2.21)

dN2

dt= λ1N1 − λ2N2 (2.22)

Vzt’ah (2.21) upravıme a integrujeme:

dN1

N1

= −λ1dt /∫

lnN1 = −λ1t+ c

58

N1 = ece−λ1t

V case t = 0 mameN10 = ec, N1 = N10e

−λ1t. (2.23)

Riesenie (2.22) hl’adame v tvare:

N2 = N20(t)e−λ2t (2.24)

d[N20(t) · e−λ2t]dt

= λ1N1 − λ2[N20(t)e−λ2t]

N ′20e−λ2t −N20(t)λ2e

−λ2t = λ1N1 − λ2N20(t)e−λ2t

N ′20e−λ2t = λ1N1

N ′20 =λ1N1

e−λ2t=λ1N10e

−λ1t

e−λ2t

N ′20 = λ1N10e(λ2−λ1)t

Po preintegrovanı dostavame:

N20 = λ1N101

(λ2 − λ1)e(λ2−λ1)t + c (2.25)

V case t = 0 mame N20 = 0

⇒ λ1N101

(λ2 − λ1)+ c = 0

c = −λ1N101

(λ2 − λ1)(2.26)

Po dosadenı (2.26) do (2.25) mame:

N20 = λ1N101

(λ2 − λ1)e(λ2−λ1)t − λ1N10

1

(λ2 − λ1)=

λ1N10

λ2 − λ1

(e(λ2−λ1)t − 1)

Dostavame:

N2 =λ1N10

λ2 − λ1

(e(λ2−λ1)t − 1)e−λ2t

Po uprave:

N2 =λ1N10

λ2 − λ1

(e−λ1t − e−λ2t). (2.27)

59

(b) Ak hl’adame cas, za ktory N2 dosiahne maximum, musı platit’:

dN2

dt= 0

Odtial’:dN2

dt=

λ1N10

λ2 − λ1

(−λ1e−λ1t + λ2e

−λ2t) = 0

To platı ak:λ2e

−λ2t = λ1e−λ1t

Postupne upravami:lnλ2 − λ2t = lnλ1 − λ1t

dostavame

t =lnλ2 − lnλ1

λ2 − λ1

=ln λ2

λ1

λ2 − λ1

.

(c) Pre uvazovany rovnovazny stav platı:

N2(t)

N1(t)= konst.

Po dosadenı (2.27) a (2.23):

N2(t)

N1(t)=

λ1N10

λ2 − λ1

(e−λ1t − e−λ2t)N10e−λ1t

=λ1

λ2 − λ1

(e−λ1t − e−λ2t)e−λ1t

= konst.

To je mozne iba v prıpade, ked’:

e−λ2t << e−λ1t

a odtial’ pre konstanty premeny musı platit’:

−λ2 << −λ1.

V takom prıpade je pomer mnozstva oboch nuklidov rovny:

N2(t)

N1(t)=λ1

λ2

,

aleboλ2N2 = λ1N1.

60


1. Urcte polcas premeny radioaktıvnej latky, ak viete, ze pocas dvoch minut sa jejmnozstvo rozpadom zmensı o 20%.

2. Za aky cas sa rozpadne z 107 atomov aktınia jeden atom? Polcas premeny aktıniaje 13,5 rokov.

3. Aka cast’ z celkoveho mnozstva jadier 90Sr

(a) zostane po 10 a 100 rokoch?

(b) sa rozpadne za 1 den, za 15 rokov?

4. Mame zvazok neutronov s kinetickou energiou 0,025 eV . Aka cast’ neutronov sarozpadne na drahe s dlzkou 2 m? Polcas premeny neutronov je 11,7 minut.

5. Vypocıtajte, kol’ko atomov sa rozpadne za sekundu v 1 kg 23892 U , ktoreho polcas

premeny je 4,5 · 109 rokov.

6. Urcte strednu dobu zivota a polcas premeny izotopu 8235Br ak viete, ze jeho aktivita

sa za 5 hodın zmensı o 9,2 %. Produktom rozpadu je stabilny izotop 8236Kr.

7. Vypocıtajte konstantu premeny, strednu dobu zivota a polcas premeny radioaktıvne-ho nuklidu, ktoreho aktivita sa zmensı 1,07-krat za 100 dnı.

8. Prave pripraveny preparat obsahuje 1,4 µg radioaktıvneho 2411Na. Aku aktivitu bude

mat’ o 1 den?

9. Urcte pocet radioaktıvnych jadier v preparate 8235Br, ak po jednom dni bude jeho

aktivita 7,4 · 109 Bq.

10. Vypocıtajte, za aky cas sa rozpadne polovica atomov radia, ked’ jeho konstantapremeny je 1,36 · 10−11 s−1.

11. Vypocıtajte, kol’ko percent urciteho mnozstva radioaktıvnej latky s polcasom pre-meny 40 minut sa rozpadne za 5 minut.

12. Urcte hmotnostnu aktivitu cisteho 23994 Pu.

13. Kol’komg β -aktıvneho 8938Sr treba dodat’ k 1mg neaktıvneho stroncia, aby pociatocna

aktivita preparatu bola 5,06 · 1013Bqg

?

14. Do krvi cloveka bolo vstrieknute male mnozstvo roztoku radioizotopu 24Na s celko-vou aktivitou 2,1 · 103 Bq. Aktivita 1 cm3 krvi po 5 hodinach bola 0,28 Bq/cm3.Urcte objem krvi cloveka.

15. Pri β rozpade 11246 Pd vznikne β aktıvny nuklid 112Ag. Ich polcas premeny sa rovna 21

a 3,2 hodiny. Vypocıtajte pomer maximalnej aktivity nuklidu 112Ag k pociatocnejaktivite preparatu, ak na pociatku preparat obsahoval iba nuklid 112Pd.

61

16. Konecnym produktom radioaktıvneho rozpadu 23290 Th je izotop 208

82 Pb. Spocıtajte,kol’ko castıc α a kol’ko β sa uvol’nı pri tomto rozpade.

17. Najdite pravdepodobnost’ rozpadu radioaktıvneho jadra za cas t. Konstanta premenyje λ.

18. Ukazte, ze stredna doba zivota radioaktıvnych jadier je τ = 1λ, kde λ je konstanta

premeny.

19. Najdite konstantu premeny 137Cs, ktoreho polcas premeny je 30,2 r. Vypocıtajteaktivitu v jednotkach Bq a Ci pre vzorku, ktora obsahuje 3 · 1019 atomov. (Curie -starsia jednotka radioaktivity, 1 Ci = 3,7 · 1010 Bq.)

20. L’udske telo obsahuje priblizne 140 gramov draslıka. Pomocou tejto hodnoty, zname-ho relatıvneho zastupenia 40K (0,012%) a Avogadrovej konstanty vypocıtajte pocetradioaktıvnych atomov 40K. Vypocıtajte konstantu premeny v s−1. Kol’ko rozpadov40K za sekundu nastane v l’udskom tele? Vyjadrite v Bq a µCi.

21. Radioizotop 24Na s polcasom premeny 15 hodın je pouzity na meranie rychlostiprudenia slanej vody. Oziarenım stabilneho izotopu 23

11Na neutronmi zıskame 5 mik-rogramov radioaktıvneho izotopu 24Na. Ake mnozstvo tohto izotopu budeme mat’po 24 hodinach?

22. Vypocıtajte aktivitu A jedneho gramu 226Ra, polcas premeny je 1599 rokov, a po-rovnajte s definıciou pre jednotku 1 Curie.

23. Vypocıtajte pociatocnu aktivitu a aktivitu po 24 hodinach pre vzorku 24Na, ktorama hmotnost’ 1 mg, polcas premeny je 15 hodın.

62

2.3 Alfa, beta premena a gama ziarenie jadier

• α premena - proces samovol’neho rozpadu jadra s emitovanım α castice, prebie-hajuci podl’a schemy:

AZX →A−4

Z−2 Y +42 He, (2.28)

kde X - materske jadro,Y - dcerske jadro.

– Celkova energia uvol’nena pri α premene

Eα = [Mat(A,Z)−Mat(A− 4, Z − 2)−M(42He)]c

2 (2.29)

sa rozdel’uje vo forme kinetickej energie vzniknutych produktov Tα, Tj tak, abybol splneny zakon zachovania hybnosti:

~p(A,Z) = ~pα + ~pj, (2.30)

kde ~pα - hybnost’ α castice,~pj - hybnost’ dcerskeho jadra,~p(A,Z) - hybnost’ materskeho jadra.

Za predpokladu, ze p(A,Z) = 0, t.j. nestabilne jadro je v pokoji, dostavame:

| ~pα |=| ~pj | (2.31)

Tj = Tαmα

mj

, alebo Eα = Tα + Tj = Tα

(1 +

mα

mj

), (2.32)

kde mα a mj su hmotnosti α castice a dcerskeho jadra.

• β premena - je komplexom troch procesov, ktore mozeme zapısat’ nasledovne:

Premena β− : AZX → A

Z+1Y + e− + ν (2.33)

Premena β+ : AZX → A

Z−1Y + e+ + ν (2.34)

Elektronovy zachyt : AZX + e− →A

Z−1 Y + ν (2.35)

– Energeticke podmienky: Kazdy z procesov (2.33), (2.34), (2.35) moze nastat’len vtedy, ked’ ∆E = Ei − Ef > 0, kde Ei je pokojova energia pred premenoua Ef po premene.

Energeticke podmienky pre jednotlive β premeny su:

Eβ− = [Mat(A,Z)−Mat(A,Z + 1)]c2 > 0 (2.36)

Eβ+ = [Mat(A,Z)−Mat(A,Z − 1)− 2me]c2 > 0 (2.37)

EK = [Mat(A,Z)−Mat(A,Z − 1)]c2 > 0 (2.38)

63

• γ ziarenie

– γ ziarenie je jav prebiehajuci vo vnutri jadra. γ ziarenie je casto sprievodnymjavom α ci β premeny jadier atomov. Ked’ jadro vyziari casticu α alebo β,nove jadro moze byt’ v excitovanom stave. Do nizsieho energetickeho stavumoze prejst’ vyziarenım fotonu gama ziarenia podobne ako elektron v obaleatomu vyziarenım kvanta ultrafialoveho ziarenia.

– Okrem emisie fotonov moze excitovane jadro odovzdat’ prebytok energie ∆E =E1−E2 svojmu atomovemu obalu. Nakol’ko tato energia je zvycajne vacsia akovazbova energia elektronu v atomovom obale, bude elektron z atomoveho obaluemitovany a prebytok energie sa uvol’nı vo forme kinetickej energie elektronuTe = ∆E −We, kde We je vazbova energia elektronu. To je tzv. elektronovakonverzia, proces konkurujuci γ ziareniu.

Riesene ulohy:

1. V obale, neprepust’ajucom ziarenie α, je umiestneny 1g radia, ktory vysle za jednusekundu 3,62 · 1010 α castıc. Vypocıtajte, ake je celkove mnozstvo energie, ktora sav obale nahromadı za jednu hodinu, ked’ kineticka energia α castice je 4,7 MeV .

Riesenie:

Rovnica popisujuca tuto α premenu je:

22688 Ra→4

2 He+22286 Rn.

Schema premeny je:

Obr. 2.1: Schema α premeny.

Ak predpokladame, ze hybnost’ materskeho jadra je nulova, potom podl’a zakonazachovania hybnosti (2.30) celkova hybnost’ sustavy (dcerske jadro + α castica)

64

ostava nulova aj po vyziarenı α castice. Preto, ak sa obmedzıme iba na absolutnehodnoty (2.31) mozno pısat’:

mjvj = mαvα. (2.39)

Zo zakona zachovania energie je celkova energia uvol’nena po vyziarenı α casticerovna:

Eα = Tj + Tα =1

2mjv

2j +

1

2mαv

2α. (2.40)

Dosadenım z (2.39) a upravou dostavame:

Eα = Tα +1

2

m2αv

2α

mj

= Tα

(1 +

mα

mj

). (2.41)

Za jednu hodinu vyziari jadro n castıc α, preto celkova energia uvol’nena za 1 hodinujadrom:

E ′α = nTα

(1 +

mα

mj

), (2.42)

kde n = 3,62 · 1010 · 3600 je pocet rozpadov, ktore nastanu v 1g radia za jednuhodinu. Po dosadenı cıselnych hodnot dostavame:

E ′α = 3,62 · 1010 · 3600 · 4,7 · 106 · 1,602 · 10−19 J(

1 +4

222

)= 99,89 J.

2. Jadro 32P sa rozpada β− rozpadom:

3215P → 32

16S + e− + ν

Vypocıtajte maximalnu kineticku energiu β castıc a kineticku energiu dcerskehojadra.

Riesenie:

Energia uvol’nena pri β rozpade je rovna:

Eβ− = (mP −mS)c2 = (32− 0,026092− 32 + 0,027926) · 931,5 MeV = 1,7 MeV.

Ak zanedbame kineticku energiu neutrın, tak sa tato energia rozdelı medzi elektrona dcerske jadro:

Eβ− = TS + Te− .

Ak maju beta castice maximalnu kineticku energiu, tak platı

Te−max ≈ Eβ− = 1,7 MeV.

Zo zakona zachovania hybnosti platı: (zanedbali sme prıspevok antineutrın - ichkineticku energiu a hybnost’)

65

| ~pe− |=| ~pS |

Hybnost’ elektronov, ak maju maximalnu kineticku energiu, vyjadrıme zo vzt’ahupre kineticku energiu:

Eβ− =√m2ec

4 + p2ec

2 −mec2

(Eβ− +mec2)2 = m2

ec4 + p2

ec2

pe =1

c

√(Eβ− +mec2)2 −m2

ec4 =

1

c

√m2ec

4 + 2Eβ−mec2 + E2β− −m2

ec4

pe =1

c

√Eβ−(2mec2 + Eβ−)

Ked’ze p2e = p2

S, potom je kineticka energia dcerskeho jadra rovna

TS =p2S

2mS

=p2e

2mS

=Eβ−(2mec

2 + Eβ−)

2mSc2

Po dosadenı cıselnych hodnot (pouzijeme mec2 = 0,511 MeV ):

TS =1,7MeV (2 · 0,511MeV + 1,7MeV )

2(32− 0,02726) · 931,5 MeV= 77,7 eV

3. Izomerne jadro 81Sem s excitacnou energiou 103 keV prechadza do zakladnehostavu bud’ vyziarenım gama kvanta alebo elektronu vnutornej konverzie z K-vrstvy(vazbova energiaK- elektronu je 12,7 keV ). Urcte rychlost’ odrazeneho jadra v obochprıpadoch.

Riesenie:

(a) V prıpade vyziarenia γ- kvanta povodne nehybnym jadrom platı zakon zacho-vania hybnosti:

0 = ~pγ + ~pSe,

teda| ~pγ |=| ~pSe | . (2.43)

Ak E? je excitacna energia jadra, potom pre energiu vyziareneho γ- kvantamame Eγ = E? = pγ · c, odkial’ pγ = Eγ

c.

Podl’a (2.43) pre odrazene jadro platı:

pSe = mSe · vSe =Eγc, (2.44)

a jeho rychlost’ je

vSe =EγmSec

=103 · 103 · 1,602 · 10−19J

81 · 1,661 · 1027 kg · 3 · 108 m · s−1= 409 m · s−1 (2.45)

66

(b) Pri vyziarenı elektronu vnutornej konverzie platı:

| ~pSe |=| ~pe | . (2.46)

Ak We je vazbova energia K- elektronu, potom jeho kineticka energia je:

Te = E? −We =p2e

2me

, (2.47)

odkial’ mame pre hybnost’:

pe =√

2me(E? −We) (2.48)

a rychlost’:

vSe =

√2me(E? −We)

mSe

= (2.49)

=

√2 · 9,1 · 10−31 kg · (103− 12,7) · 103 · 1,602 · 10−19 J

81 · 1, 661 · 10−27 kg= 1207 m · s−1

67


α premena

1. Vypocıtajte energiu uvol’nenu pri α premene 1g cisteho 239Pu za jednu sekundu.Kineticka energia α castice je 5,1 MeV , polcas rozpadu je 2,4 · 104 rokov.

2. Jadro 213Po v pokoji emitovalo α casticu s kinetickou energiou 8,34 MeV . Najditecelkovu energiu uvol’nujucu sa v tomto procese. Aku cast’ z tejto energie tvorı kine-ticka energia dcerskeho jadra? Aka je rychlost’ dcerskeho jadra?

3. Vypocıtajte akou rychlost’ou sa bude pohybovat’ dcerske jadro, ktore vzniklo po emi-sii α castice jadrom 226Ra. Kineticka energia emitovanej α castice je Tα = 4,78 MeV .

4. Jadra 210Po emituju α castice s kinetickou energiou 5,3 MeV .

Urcte:

(a) mnozstvo tepla, ktore uvol’nuje 10 mg preparatu 210Po za cas rovny strednejdobe zivota tychto jadier.

(b) pociatocnu aktivitu preparatu 210Po, ak za cas rovny polcasu premeny sa uvol’-nilo 2,2 kJ tepla.

5. Radioaktıvna premena jadier 210Po prebieha zo zakladneho stavu a je sprevadzanadvomi skupinami α castıc: zakladnou s energiou 5,3 MeV a slabou intenzitous energiou 4,5 MeV . Najdite energiu α premeny tychto jadier a energiu γ kvantemitovanych dcerskymi jadrami.

6. Radioaktıvna premena jadier 226Th prebieha zo zakladneho stavu a je sprevadzanaemisiou α castıc s energiami 6,33; 6,23; 6,10 a 6,03 MeV . Vypocıtajte energie αpremeny a zostrojte schemu energetickych urovnı dcerskeho jadra.

7. Odhadnite vysku coulombovskej bariery pre α castice, ktore su emitovane jadrami222Rn. Aka je u tychto jadier sırka bariery (tunelova vzdialenost’) pre α casticevyletujuce s kinetickou energiou 5,5 MeV ?

8. Dosledkom premeny plutonia je emitovana α castica. Vytvorı sa jadro uranu. Vypocı-tajte kineticku energiu α castice vyletujucej z jadra atomu plutonia 239Pu.

9. Pri radioaktıvnej premene radia je emitovana α castica s energiou 5,78 MeV . Akje polomer jadra radia 2 · 10−14 m, kol’ko de Broglieho vlnovych dlzok castice α savojde do vnutra jadra?

10. Radiova emanacia (radon) vznika radioaktıvnou premenou 22688 Ra, emisiou α castice

s energiou 4,9 MeV . Vypocıtajte rozdiel medzi ubytkom hmotnosti jadra radiaa radonu. Znamy je len ubytok hmotnosti α castice, ∆mα = 0,002604 u.

68

11. Rozhodnite, ktory z procesov 80Kr →76 Se + α a 176Hf →172 Y b + α prebiehaspontanne. Aka je kineticka energia emitovanych α castıc a aka je vyska coulom-bovskej bariery na povrchu dcerskeho jadra pre spontanny proces? Pokojove energieatomovych jadier su: mKrc

2 = 74,4238 GeV , mSec2 = 70,7015 GeV, mHfc

2 =163,8529 GeV, mY bc

2 = 160,1232 GeV a mαc2 = 3727,4 MeV.

β premena

12. Vypocıtajte maximalnu hodnotu hybnosti elektronov emitovanych jadrom 10Be, akvieme, ze dcerske jadro je v zakladnom stave.

13. V dosledku β+ premeny jadra 11C vznika dcerske jadro v zakladnom stave. Vypocı-tajte maximalnu kineticku energiu pozitronov a zodpovedajucu energiu dcerskehojadra.

14. V dosledku β+ premeny jadra 11C vznika dcerske jadro v zakladnom stave. Vypocı-tajte energiu pozitronu a neutrına v prıpade, ked’ dcerske jadro zostane v pokoji,t.j. bude mat’ nulovu kineticku energiu.

15. Vypocıtajte maximalnu kineticku energiu pozitronov vznikajucich pri β+ premenejadier 40K. Odraz dcerskeho jadra 40Ar zanedbajte.

16. Vypocıtajte celkovu kineticku energiu castıc vznikajucich pri β premene neutronu(v pokoji).

17. Urcte jadra, ktore vznikaju β+ premenou z jadier 10748 Cd, 38

19K, 12051 Sb.

18. Jadra 37Ar sa rozpadaju K zachytom. Vypocıtajte kineticku energiu a rychlost’dcerskeho jadra (zanedbajuc vazbovu energiu K elektronu).

19. Urcte hranicnu energiu β -spektra trıcia, maximalnu energiu odrazeneho jadra a stred-nu energiu neutrına, pricom stredna energia β rozpadu je 5,69 keV .

20. Su mozne nasledujuce procesy?

(a) β− premena jadra 5123V ,

(b) β+ premena jadra 3920Ca,

(c) K -zachyt pri jadre 6330Zn.

21. Poznajuc hmotnost’ dcerskeho atomu a energiu beta premeny Eβ najdite hmotnost’atomu, ked’ sa:

(a) rozpada β− rozpadom, Eβ− = 3,55 MeV ,

(b) rozpada β+ rozpadom, Eβ+ = 1,83 MeV .

69

γ ziarenie

22. Izomerne jadro 109Agm prechadza do zakladneho stavu bud’ vyziarenım gama kvantas Eγ = 87 keV , alebo elektronu vnutornej konverzie s energiou 61 keV . Vypocıtajtevazbovu energiu K elektronu.

23. Jadra 141Pr prechadzaju do zakladneho stavu bud’ vyziarenım γ kvant, alebo kon-verznych elektronov. Vypocıtajte excitacnu energiu jadra 141Pr, ak konverzne Kelektrony maju energiu 103 keV a vazbova energia je 42 keV .

24. Jadra 117Sn prechadzaju do zakladneho stavu vyziarenım dvoch γ kvant po sebe.Tento proces je sprevadzany vyziarenım konverznych elektronov s energiami 698a 132 keV. Energia vazby je 29 keV. Vycıslite energiu γ kvant.

25. Atomy 203T l vznikajuce pri β rozpade jadier 203Hg emituju styri skupiny kon-verznych elektronov s kinetickymi energiami 266,3; 264,2; 263,6; 193,3 keV . Akejhladine atomu T l - K,L1, L2, L3 zodpovedaju tieto skupiny elektronov? Vazbovaenergia na tychto hladinach je 85,7; 15,4; 14,8; 12,7 keV . Vypocıtajte tiez energiu γkvant sprevadzajucich tento rozpad.

26. Urcte pocet konverznych elektronov vyziarenych za sekundu preparatom 59Fe s akti-vitou A = 3,7 ·107 Bq. Schema β premeny jadier 59Fe je na obrazku 2.2. Koeficientyvnutornej konverzie su 1,8 · 10−4(γ1), 1,4 · 10−4(γ2), 7 · 10−3(γ3). Pravdepodobnostivyziarenia γ kvant γ2 a γ3 su vo vzajomnom pomere 1 : 15. (Pozn.: koeficientvnutornej konverzie je pomer pravdepodobnosti vyziarenia konverzneho elektronu kpravdepodobnosti vyziarenia γ kvanta.)

Obr. 2.2: Schema β premeny jadier 59Fe

27. Jadro 191Ir s energiou vzbudenia 129 keV preslo do zakladneho stavu vyziarenımγ kvanta. Najdite relatıvnu zmenu energie γ kvanta, ku ktorej doslo v dosledkuspatneho odrazu jadra.

70

2.4 Jadrove reakcie

• Jadrova reakcia - proces silnej interakcie atomoveho jadra s elementarnou casticou,alebo inym jadrom, v dosledku ktoreho dochadza k premene atomoveho jadra.

• Schema jadrovej reakcie:

a+ A→ b+B alebo A(a, b)B, (2.50)

kde a - primarna castica (zvazok),A - jadro tercıka,b - sekundarna castica,B - jadro - produkt (alebo konecne jadro).

• Zakon zachovania elektrickeho naboja:Celkovy elektricky naboj castıc vstupujucich do reakcie sa rovna celkovemu elektric-kemu naboju produktov reakcie.

• Zakon zachovania celkoveho poctu nukleonov:(platı v reakciach bez produkcie anticastıc)Celkovy pocet nukleonov vstupujucich do reakcie sa rovna celkovemu poctu nukleo-nov z reakcie vystupujucich.

• Zakon zachovania energie:Celkova energia castıc vstupujucich do reakcie sa rovna celkovej energii castıc z re-akcie vystupujucich, t.j.

mac2 +MAc

2 + Ta + TA = mbc2 +MBc

2 + Tb + TB, (2.51)

kde mic2 (Mic

2) - pokojove energie castice alebo jadra,Ti - ich kineticke energie.

Oznacme:T1 = Ta + TA, resp. T2 = Tb + TB(sucet kinetickych energiı castıc vstupujucich, resp. vystupujucich z reakcie)E1 = mac

2 +MAc2, resp. E2 = mbc

2 +MBc2

(sucty pokojovych energiı castıc).

Potom:E1 + T1 = E2 + T2. (2.52)

Pre energiu jadrovej reakcie Q, t.j. energiu, ktora sa uvol’nuje pri reakcii mame:

Q = E1 − E2 = T2 − T1, (2.53)

71

Ak platı:Q > 0, hovorıme o exoenergetickej reakcii, v priebehu ktorej dochadza k uvol’neniukinetickej energie na ukor pokojovej energie.Q < 0, v reakcii dochadza k rastu pokojovej energie na ukor kinetickej. Takato re-akcia sa nazyva endoenergeticka.Q = 0, tomuto prıpadu odpoveda pruzny rozptyl, pri ktorom T1 = T2, E1 = E2. Za-chovava sa nielen celkova, ale aj kineticka a teda aj pokojova energia (t.j. hmotnost’castıc).

Aby endoenergeticka reakcia mohla prebehnut’, musia mat’ castice vstupujuce doreakcie kineticku energiu vacsiu ako je tzv. prahova energia reakcie. Platı pre nuvzt’ah:

Eprah =| Q |(

1 +ma

mA

). (2.54)

• Zakon zachovania hybnosti:Vysledna hybnost’ castıc vstupujucich do reakcie sa rovna vyslednej hybnosti castıcz reakcie vystupujucich t.j.

~pa + ~pA = ~pb + ~pB. (2.55)

Obr. 2.3: Zakladna schema jadrovej reakcie - castica a ostrel’uje jadro A.

Vychadzajuc zo zakona zachovania energie a hybnosti mozeme urcit’ suvis medziuhlovym a energetickym rozdelenım produktov reakcie ( ~pA = 0).

Pomocou kosınusovej vety vyjadrıme hybnost’ jadra nasledovne:

p2B = p2

a + p2b − 2papb cos θ. (2.56)

Ak pouzijeme nerelativisticky vzt’ah medzi hybnost’ou a kinetickou energiou,T = p2

2m, mozeme uvedeny vzt’ah prepısat’ v tvare:

mBTB = maTa +mbTb − 2√mambTaTbcosθ. (2.57)

Po dosadenı TB do vzt’ahu:

Q = TB + Tb − Ta − TA (TA = 0), (2.58)

72

dostaneme pre energiu jadrovej reakcie Q vzt’ah:

Q =(

1 +mb

mB

)Tb −

(1− ma

mB

)Ta − 2

√mambTaTbmB

cosθ. (2.59)

• Zakon zachovania momentu hybnosti:Pri jadrovych reakciach sa zachovava celkovy moment hybnosti interagujucich castıca jeho projekcia do zvoleneho smeru, t.j.

~I1 = ~I2, (2.60)

kde ~I1 = ~IA + ~ia + laA,~I2 = ~IB + ~ib + lbB,~ia, ~IA, ~ib, ~IB - spiny odpovedajucich castıc a jadier,la,A, lb,B - orbitalne momenty zodpovedajucich si dvojıc castıc, ktore charakte-

rizuju ich relatıvny pohyb.

73

Riesene ulohy:

1. Vypocıtajte, ake mnozstvo energie sa uvol’nı pri reakcii:

105 B +2

1 D →115 B +1

1 H,

ked’ atomova hmotnost’ izotopu 105 B je 10,012939 u a izotopu 11

5 B je 11,009305 u.

Riesenie:

Pri reakcii sa uvol’nuje energia Q, ktora suvisı s ubytkom hmotnosti ∆m vzt’ahom:

Q = E1 − E2 = ∆m · c2. (2.61)

Sucet pokojovych energiı castıc vstupujucich do reakcie je:

E1 = (m1 +m2)c2 = (10,012939 u+ 2,014102 u)c2 = (12,027041 u)c2,

kym sucet pokojovych energiı castıc, ktore reakciou vznikaju, je:

E2 = (m3 +m4)c2 = (11,009305 u+ 1,007825 u)c2 = (12,01713 u)c2.

V priebehu reakcie dochadza teda k ubytku hmotnosti:

∆m = 0,009911 u.

Ak 1u = 931,5 MeV/c2, pre energiu uvol’nenu pri reakcii dostavame:

Q =(

0,009911 · 931,5MeV

c2

)c2 = 9,23 MeV.

2. Vysledkom jadrovej reakcie:

73Li+1

1 H → 2 42He,

pri ktorej protony bombardujuce lıtium maju energiu 600 keV, su dve castice αletiace s kinetickou energiou 8,94 MeV . Zo znamej hmotnosti protonu a α casticeurcte hmotnost’ izotopu 7

3Li.

Riesenie:

V priebehu reakcie dochadza k ubytku hmotnosti ∆m, ktora sa rovna rozdielu po-kojovych hmotnostı castıc do reakcie vstupujucich a reakciou vznikajucich:

∆m = mLi +mH − 2mHe,

74

odkial’ pre hmotnost’ izotopu lıtia vyplyva:

mLi = ∆m−mH + 2mHe.

Pri reakcii sa uvol’nı celkom energia (2.53):

Q = T2 − T1 = 2 · 8,94 MeV − 0,6 MeV = 17,28 MeV

a s nou suvisiaci ubytok hmotnosti ∆m sa vypocıta z rovnice:

∆m =Q

c2.

Jednej atomovej hmotnostnej jednotke u zodpoveda energia 931,5MeV, preto ubytokhmotnosti odpovedajuci uvol’nenej energii Q = 17,28 MeV je:

∆m =17,28 MeV

931,5 MeV/u= 0,01855 u.

Pre atomovu hmotnost’ izotopu lıtia potom vyplyva:

mLi = 0,01855 u− 1,007825 u+ 8,005208 u = 7,016 u.

3. α castica s kinetickou energiou Tα = 1 MeV sa pruzne rozptylila na nehybnomjadre 6Li. Vypocıtajte kineticku energiu odrazeneho jadra, odlietajuceho pod uhlomϕ = 30 vzhl’adom k pociatocnemu smeru pohybu α castice.

Riesenie:

Podl’a kosınusovej vety platı (obr. 2.4):

p2b = p2

a + p2B − 2papB cosϕ.

Obr. 2.4: Schema rozptylu castice na nehybnom jadre.

Po dosadenı vzt’ahu medzi hybnost’ou a kinetickou energiou: T = p2

2m, dostaneme

vzt’ah:mbTb = maTa +mBTB − 2

√maTamBTB cosϕ.

75

Pre pruzny rozptyl platı:ma = mb.

Po dosadenı Tb = Ta − TB mozeme pısat’:

maTa −maTB = maTa +mBTB − 2√maTamBTB cosϕ.

Po uprave dostaneme vysledny vzt’ah:

TB =4mamB

(ma +mB)2· Ta · cos2 ϕ.


TB =4 · 4,002604 u · 6,015126 u

(4,002604 u+ 6,015126 u)2· 1 MeV · cos2 30 = 0,72 MeV.

76


1. Vypocıtajte energiu jadrovej reakcie Q tychto reakciı:

(a) 3H(p, γ)4He,

(b) 14N(α, d)16O,

(c) 12C(α, d)14N,

(d) 6Li(d, nα)3He.

2. Pri jadrovej synteze dvoch deuteronov vznika jadro izotopu helia 32He, jeden neutron

a uvol’nı sa energia 3,26 MeV . Vypocıtajte atomovu hmotnost’ izotopu helia 32He.

3. Vypocıtajte pomocou tabuliek hmotnost’ atomu 17N ked’ je zname, ze energia reakcie17O(n, p)17N je Q = −7,89 MeV .

4. Vypocıtajte prahovu kineticku energiu nalietavajucej castice v reakcii:p+ 3H → 3He+ n, ak je nalietavajucou casticou

(a) proton,

(b) jadro trıcia.

5. Vypocıtajte prahovu energiu α castıc a neutronov v nasledujucich reakciach:

(a) 4He+ 7Li → 10B + 1n,

(b) 4He+ 12C → 14N + 2H,

(c) 1n+ 12C → 9Be+ 4He,

(d) 1n+ 17O → 14C + 4He.

6. Urcte energeticke zafarbenie prvej umelej jadrovej reakcie, ktoru uskutocnil Ruther-ford v roku 1919 tak, ze atomy dusıka 14

7 N bombardoval α casticami. Pri reakciijadra 14

7 N vzniklo nove jadro izotopu kyslıka a uvol’nil sa jeden proton.

7. Jadro uranu 235U s atomovou hmotnost’ou 235,04393 u sa pri bombardovanı neutron-mi stiepi na dve nove jadra s atomovymi hmotnost’ami 94,945 u a 138,955 u zasucasneho uvol’nenia dvoch novych neutronov. Vypocıtajte energiu, ktora sa uvol’nıpri tejto jadrovej reakcii.

8. Atomove jadro uranu 238U je radioaktıvne. Po uvol’nenı α castice sa toto jadro menına jadro izotopu toria 234Th. Urcte energiu uvol’nenu pri tejto premene.

9. Urcte kineticku energiu nalietavajucich protonov, vyvolavajucich reakciu 9Be(p, α)6Li+ 2,13 MeV , ak dolet α castıc, ktore vyletuju pod pravym uhlom k smeru pohybuprotonov je rovny 2,5 cm vo vzduchu pri normalnych podmienkach. Pre dolet α-castıc s kinetickou energiou T v MeV vo vzduchu platı: Rα(cm) = 0,318 · T 3/2.

77

10. Najdite kineticku energiu nalietavajucej α castice, ak vysledkom jej pruzneho roz-ptylu na deuterone je uhol medzi smermi vyletu obidvoch castıc θ = 120 a energia,ktoru zıskal deuteron je Td = 0,4 MeV .

11. Aku cast’ kinetickej energie straca nerelativisticka α castica pri pruznom rozptylepod uhlom θ = 60 na nepohyblivom jadre 12C?

12. Proton s kinetickou energiou 0,9 MeV sa celne pruzne zrazil s nepohyblivym deute-ronom. Najdite kineticku energiu protonu po zrazke, ak uhol rozptylu je θ = 90.

13. Najdite energiu neutronov vznikajucich fotostiepenım berylia v reakcii 9Be(γ, n)8Be,Q = −1,65 MeV , γ kvantami s energiou 1,78 MeV .

14. Vypocıtajte energie nasledujucich reakciı:

(a) 2H(d, p)3H, Td = 1,2 MeV je energia nalietavajucich deuteronov, protonvyletel pod pravym uhlom k smeru pohybu deuteronov a ma energiu Tp =3,33 MeV .

(b) 14N(α, p)17O, ak energia nalietavajucej castice alfa je Tα = 4 MeV a protonvyletel pod uhlom θ = 60 k smeru pohybu alfa castice, jeho energia je Tp =2,08 MeV .

15. Najdite rychlosti produktov reakcie 10B(n, α)7Li, prebiehajucej ako vysledok poso-benia neutronov s nehybnymi jadrami boru, ak kineticka energia neutronov je ne-konecne mala.

16. Nerelativisticky deuteron sa pruzne rozptylil na nepohyblivom jadre atomu poduhlom 30. Pod takym istym uhlom ku smeru pohybu nalietavajuceho deuteronuvyletelo i vyrazene jadro. Akemu atomu prislucha toto jadro?

17. Deuterony s kinetickou energiou Td = 10 MeV, reagujuc s jadrami uhlıka, vyvolajureakciu 13C(d, α)11B, Q = 5,16 MeV. Urcte uhol medzi smermi rozletu produktovreakcie, ak:

(a) vznikajuce jadra sa rozletia symetricky,

(b) α castica vylieta pod pravym uhlom vzhl’adom k smeru nalietavajucich deu-teronov.

78

Kapitola 3

EXPERIMENTALNE METODYJADROVEJ FYZIKY

3.1 Prechod ziarenia prostredım

• Tazke nabite castice stracaju energiu predovsetkym ionizaciou a excitaciou ato-mov prostredia. Ionizacne straty na jednotke dlzky drahy castice s nabojom ze,kinetickou energiou T a rychlost’ou v su rovne:

−(dT

dx

)ion

=4π

mec2

nez2

β2

(e2

4πε0

)2 [ln

2mec2β2

I(1− β2)− β2

], (3.1)

kde β = vc, ne je hustota elektronov v prostredı, me hmotnost’ elektronu, I ≈

13,5 · Z je stredny ionizacny potencial atomov prostredia s protonovym cıslom Zv jednotkach eV .

Stredny dolet α-castıc a protonov s kinetickou energiou T v MeV, emitovanychradioaktıvnymi prvkami pri normalych podmienkach vo vzduchu, priblizne urcujuempiricke vzt’ahy:

Rα(cm) = 0,318 · T 3/2; 4 MeV < T < 7 MeV, (3.2)

Rp(cm) = Rα(4T )− 0,2; T > 0,5 MeV, (3.3)

kde Rα(4T ) je stredny dolet α-castıc s kinetickou energiou 4T vo vzduchu.

Stredny dolet α-castıc (mg/cm2) v prostredı s nukleonovym cıslom A:

R′α = 0,56A1/3Rα, (3.4)

kde Rα v cm je dolet α-castice s tou istou energiou vo vzduchu.

• Radiacne energeticke straty elektronov (pri T mc2) v MeV/cm:

79

−(dT

dx

)rad

=4r2

e

137· ne · T · Z2 ln

183

Z13

, (3.5)

kde re je klasicky polomer elektronu, T v MeV kineticka energia elektronu, ne -hustota elektronov v prostredı a Z protonove cıslo prostredia.

Vzt’ah medzi radiacnymi a ionizacnymi energetickymi stratami elektronov:

(dT/dx)rad(dT/dx)ion

=TZ

800. (3.6)

Ak su energeticke straty elektronov v prostredı prevazne radiacne, tak kinetickaenergia elektronov v prostredı klesa ako:

T = T0e−x/lrad , (3.7)

kde x je draha, ktoru elektron preletı v hmotnom prostredı a lrad je radiacna dlzka.

• Stredny dolet (v g/cm2) elektronu s kinetickou energiou T (v MeV ) v hlinıku je

R = 0,407 · T 1,38 (0,15 < T < 0,8 MeV ); (3.8)

R = 0,542 · T − 0,133 (0,8 < T < 3 MeV ). (3.9)

Tieto vzt’ahy pomerne presne opisuju dolet v l’ubovol’nom prostredı, ak su energe-ticke straty prevazne ionizacne.

Absorpcny zakon pre β ziarenie:

I(x) = I0e−µ·x, (3.10)

kde I0 je povodna intenzita β ziarenia a µ je linearny absorpcny koeficient a I(x)je intenzita ziarenia po prechode absorbatorom hrubky x. Hmotnostny absorpcnykoeficient v jednotkach cm2/g:

µ/ρ = 22/T4/3βmax (0,5MeV < Tβmax < 7MeV ), (3.11)

• Pre γ ziarenie prechadzajuce absorbatorom je linearny absorpcny koeficientµ dany: µ = τ + σ + κ, kde τ je absorpcny koeficient fotoefektu, σ je absorpcnykoeficient Comptonovho javu a κ je absorpcny koeficient tvorenia parov.

Pokles intenzity γ ziarenia po prechode absorbatorom hrubky x je dany vzt’ahom:

I(x) = I0e−µ·x, (3.12)

kde I(x) je intenzita ziarenia po prechode vrstvou absorbatora hrubky x a I0 jeintenzita dopadajuceho ziarenia.

80

Polohrubka x1/2 je hrubka absorbatora, pri prechode ktorou ziarenie γ znızi svojuintenzitu na polovicu. Platı:

x1/2 =ln 2

µ. (3.13)

Stredny dolet R je stredna vzdialenost’, do ktorej sa dostane foton, kym nie jepohlteny:

R =

∞∫0x · e−µx · µ · dx∞∫0e−µx · µ · dx

=1

µ. (3.14)

• Cerenkovovo ziarenie je elektromagneticke ziarenie vznikajuce pri prechode nabi-tej castice (ako naprıklad elektron) prostredım rychlost’ou v vacsou ako je rychlost’svetla v tomto prostredı v ≥ vf = c

n, kde vf je fazova rychlost’ svetla v danom

prostredı c je rychlost’ svetla vo vakuu a n je index lomu daneho prostredia.

81

Riesene ulohy:

1. Vypocıtajte ionizacne straty energie deuteronu s kinetickou energiou 4 MeV na jed-notke drahy v dusıku za normalnych podmienok.

Riesenie:

Energeticke straty deuteronov v dosledku ionizacie su dane vzt’ahom:

−(dT

dx

)ion

=4π

mec2

nez2

β2

(e2

4πε0

)2 [ln

2mec2β2

I(1− β2)− β2

]. (3.15)

Hustotu elektronov v dusıku ne vypocıtame ako:

ne = NZ =NA · ρM

· Z, (3.16)

kde N je pocet atomov na jednotku objemu, Z = 7 je protonove cıslo prostredia(dusık), M molarna hmotnost’ (pre dusık M = 14,0067 g ·mol−1), NA je Avogadrovakonstanta (NA = 6,022 · 1023 mol−1) a hustota ρ = 1,25 kg ·m−3.

Po dosadenı:

ne =6,022 · 1023 mol−1 · 1250 g ·m−3

14,0067 g ·mol−1· 7 = 3,76 · 1026 m−3.

Rychlost’ β2 =(vc

)2deuteronu urcıme z jeho kinetickej energie:

T = mc2γ −mc2 =

(1√

1− β2− 1

)mc2, kde γ =

1√1− β2

, (3.17)

odkial’:

β2 = 1− 1(Tmc2

+ 1)2 = 1− 1(

4 MeV1876 MeV

c2c2

+ 1)2 = 0,00425. (3.18)

Pre stredny ionizacny potencial I mame:

I = 13,5 · Z = 13,5 · 7 eV = 94,5 eV. (3.19)

Ak dosadıme za naboj deuteronu z = 1 a pre vypocet v jednotkach eV pouzijemekonverznu konstantu a konstantu jemnej struktury, pre ionizacne straty dostaneme:

−(dT

dx

)ion

=4π

0,511MeVc2c2· 3,76 · 1026 m−3 · 12

0,00425

(hc

137

)2

·

·[ln

2 · 0,511MeVc2c2 · 0,00425

94,5 eV (1− 0,00425)− 0,00425

]= 17,2

MeV

m= 0,17

MeV

cm. (3.20)

82

2. Najdite vzt’ah medzi strednymi doletmi v prostredı pre proton a deuteron, ktorychrychlosti su rovnake. Urcte stredny dolet deuteronu s energiou 2 MeV vo vzduchu.

Riesenie:

Vzt’ah (3.1) mozeme prepısat’, ak zavedieme v = βc, ako:

−(dT

dx

)ion

≈ z2nef(v) = F (T ). (3.21)

Dolet R je draha, ktoru prejde castica do svojho zastavenia:

R =

R∫0

dx =

0∫T

dT

F (T ). (3.22)

Ak pouzijeme nerelativisticke priblızenie dTdx≈ mv dv

dx, mozeme R pısat’ v zavislosti

od rychlosti:

R =m

z2

∫ vdv

f(v)ne=m

z2F (v), (3.23)

pricom F (v) je funkcia, ktora zavisı len od rychlosti castice a vlastnostı prostredia.

Pre hmotnosti deuteronu a protonu platı md/mp = 2 , naboje zd = zp = 1 a akrychlost’ vd = vp = v ich kineticke energie su Td = 2 · Tp.Potom pomer strednych doletov deuteronu a protonu je:

Rd(v)

Rp(v)=

Rd(T )

Rp(mpmdT )

=md

mp

= 2. (3.24)

Ak vyuzijeme pomer (3.24) a vzt’ahy (3.2) a (3.3) pre dolet α castıc a protonov, predolet deuteronov mame:

Rd(2 MeV ) = 2 ·Rp(1 MeV ) = 2 · (Rα(4MeV )− 0,2 cm) =

= 2 · (0,318 ·√

43 − 0,2 cm) = 4,7 cm.

3. Vypocıtajte polohrubku (hrubku polovicneho zoslabenia) vody pre γ ziarenie, aklinearny absorpcny koeficient µ = 0,047 cm−1.

Riesenie:

Podl’a (3.12) intenzita γ ziarenia klesa po prechode absorbatorom hrubky x podl’a:

I(x) = I0e−µ·x (3.25)

83

Polohrubka materialu x1/2 je hrubka, pri prechode ktorou ziarenie γ znızi svojuintenzitu na polovicu, teda

I(x1/2) =I0

2= I0e

−µ·x1/2 , (3.26)

odkial’ po uprave mame:eµ·x1/2 = 2, (3.27)

a nakoniec:

x1/2 =ln 2

µ. (3.28)

Po dosadenı je vysledna polohrubka rovna:

x1/2 =ln 2

0,047 cm−1= 14,7 cm. (3.29)

84


1. Najdite pomer pomernych ionizacnych strat:

(a) alfa castice a protonu s E = 5 MeV v neone,

(b) alfa castice s energiou 10 MeV v Cu a Al.

2. Najdite kineticku energiu α castıc, ktorych stredny dolet v zeleze je 11 µm.

3. Urcte dolet α castice v olove, ak je zname, ze jej energia zodpoveda doletu 17 µmv hlinıku.

4. Vypocıtajte pomerne radiacne straty energie elektronu s kinetickou energiou 20MeVv hlinıku. Kol’ko-krat su pomerne radiacne straty elektronu v olove vacsie akov hlinıku?

5. Urcte pociatocnu energiu elektronov, ak po prechode olovenou dostickou hrubky5 mm je stredna energia elektronov rovna 42 MeV .

6. Aka hrubka hlinıkoveho absorbatora je potrebna na uplne pohltenie β-castıc z roz-padu jadier 32

15P a 83Li? Hranicne energie β spektier fosforu a lıtia su 1,704 MeV

a 12,7 MeV .

7. Maximalny dolet elektronov pozorovaneho β spektra v hlinıku bol 5,73 mm. Urctemaximalnu energiu β spektra.

8. Aka cast’ β castıc vyziarenych 32P sa pohltı v Al-folii s hrubkou 20 mg/cm2?

9. Najdite polohrubku pre β castice emitovane radioaktıvnym preparatom 32P vo vzdu-chu, hlinıku a olove.

10. Vypocıtajte kineticku energiu elektronov, pri ktorej radiacne energeticke stratyv hlinıku tvoria 1

4vsetkych energetickych strat.

11. Vypocıtajte kineticku energiu elektronov, pri ktorej su radiacne a ionizacne energe-ticke straty rovnake: v dusıku, hlinıku a olove (pri normalnych podmienkach).

12. Pri prechode vrstvou nejakej latky hrubky 0,4 cm sa energia rychlych elektronovzmensila o 25%. Najdite radiacnu dlzku elektronu, ak straty energie elektronu ioniza-ciou su zanedbatel’ne.

13. Pri zvacsenı hrubky olovenej dosticky o 2 mm sa intenzita zvazku monochroma-tickeho rontgenoveho ziarenia zmensila 8,4 - krat. Najdite pomocou tabuliek energiufotonov.

85

14. Olovena dosticka s hrubkou 1mm znızi intenzitu zvazku rontgenoveho ziarenias energiou 200 keV tak isto, ako hlinıkova dosticka s hrubkou x. Urcte hrubkuhlinıkovej dosticky.

15. Stupne zoslabenia intenzity zvazkov rontgenoveho ziarenia po prechode olovenoudostickou s energiami 200 keV a 400 keV sa navzajom lısia 4x. Najdite hrubkudosticky a stupen zoslabenia intenzity zvazku s energiou 200 keV .

16. Zvazok rontgenoveho ziarenia s vlnovou dlzkou 6,2 · 10−12 m prechadza cez olovo,vodu a vzduch. Urcte polohrubky.

17. Kol’ko polohrubok zoslabı intenzitu zvazku rontgenoveho ziarenia 1000 - krat?

18. Monochromaticke γ ziarenie 10879 Au (hν = 0,411 MeV ) pozorujeme pomocou me-

deneho absorbatora hrubky 2 cm. Urcte sumarny linearny absorpcny koeficient, akvieme, ze absorbator znızil povodnu intenzitu ziarenia 5 - krat.

19. Vrstva olova hruba 1,4 cm zoslabı intenzitu γ ziarenia s energiou 2 MeV na polovicupovodnej hodnoty.

(a) Vypocıtajte, aka vrstva olova zoslabı intenzitu uvazovaneho γ ziarenia na de-satinu povodnej hodnoty.

(b) Vypocıtajte linearny absorpcny koeficient olova µ pre γ ziarenie s energiou2 MeV .

20. Zvazok elektronov s kinetickou energiou 0,8 MeV prechadza cez priehl’adny materials indexom lomu n=1,4. Zistite, ci su splnene podmienky pre vznik Cerenkovovhoziarenia. Ak ano, urcte aky uhol zviera vlnoplocha tohto ziarenia so smerom dopa-dajuceho elekronoveho zvazku.

21. Elektron, resp. proton letia prostredım s indexom lomu n = 1,6. Aka musı byt’ ichkineticka energia, aby sa stali zdrojom Cerenkovovho ziarenia? Pre aku casticu jeprahova energia v tomto prostredı 29,6 MeV ?

22. Urcte prahovu energiu vzniku Cerenkovovho ziarenia pre protony, π mezony a elektro-ny v skle (n = 1,8), plexiskle (n = 1,5), vode (n = 1,33) a vzduchu (n = 1,0003) prinormalnych podmienkach (n je index lomu).

86

3.2 Urychl’ovace castıc

Urychl’ovace castıc su zariadenia, ktore vyuzıvaju elektromagneticke polia na urychlenienabitych castıc na vysoke rychlosti a na ich udrzanie na vhodnych drahach.

• Elektrostaticky linearny urychl’ovac je tvoreny urychl’ovacou trubicou obsa-hujucou rad valcovych elektrod, medzi ktorymi je postupne rastuce vysoke napatieU1, U2, ..., Un. Castica s nabojom q je urychl’ovana elektrostatickym pol’om naenergiu E = q · (U1 + U2 + ...+ Un).

• Rezonancny linearny urychl’ovac na urychl’ovanie castıc nepotrebuje vysokenapatie. Valcove elektrody su pripojene na vysokofrekvencne striedave napatie s am-plitudou U0 a frekvenciou f . Urychl’ovanie castıc prebieha v medzerach medzi val-covymi elektrodami. Frekvenciu striedaveho napatia volıme tak, aby pocas doby,ktoru potrebuju iony na preletenie dutinou valca, zmenilo napatie na elektrodachsvoju polaritu tak, ze iony budu v medzerach odpudzovane elektrodou, ktorou pravepreleteli a prit’ahovane d’alsou. Dlzka valcovych elektrod sa musı zvacsovat’, aby sakompenzovala narastajuca rychlost’ castıc. Preletom medzi jednotlivymi elektrodamizıska castica energiu E1 = qU0. Po prelete celym urychl’ovacom s n elektrodami mateda energiu E = nE1 = nqU0.

Obr. 3.1: Rezonancny linearny urychl’ovac

• Cyklotron (cyklicky vysokofrekvencny urychl’ovac) je zariadenie tvorene vakuovoukomorou v ktorej su umiestnene kovove duanty - polkruhove dute elektrody, doktorych sa vstrekuju iony. V priestore medzi duantmi sa castice urychl’uju pomocouvysokofrekvencneho striedaveho napatia.

Komora s duantmi je umiestnena v homogennom magnetickom poli elektromag-netu orientovanom kolmo na drahu castıc (kolmo na rovinu obrazku). Vplyvom

Lorentzovej sily FL = q~v × ~B (kde q je naboj castice, ~v je vektor rychlosti castice

a ~B je vektor indukcie magnetickeho pol’a) sa draha nabitej castice zakrivuje. Tatotrajektoria je kruhova, jej polomer sa s rastucou rychlost’ou castice zvacsuje. Pri

87

Obr. 3.2: Cyklotron

zanedbanı relativistickych efektov doba letu jednym duantom nezavisı na rychlosticastice, vd’aka comu je urychl’ovanie castice v priestore medzi duantami mozne po-mocou striedaveho zdroja napatia s konstantnou frekvenciou. Tato frekvencia sanazyva aj cyklotronovou frekvenciou a je dana vzt’ahom f = qB

2πm, kde q je naboj

castice, B je vel’kost’ magnetickej indukcie a m je hmotnost’ nabitej castice.

88

Riesene ulohy:

1. Spocıtajte rychlost’ elektronu, ked’ jeho kineticka energia je 2 · 105 eV . Ako sazmenı rychlost’ v prıpade vypoctov podl’a vzt’ahov klasickej fyziky a relativistickychvzt’ahov? Aky je rozdiel (v %) medzi zıskanymi hodnotami rychlostı?

Riesenie:

V specialnej teorii relativity je kineticka energia dana rozdielom celkovej a pokojovejenergie:

Ek = E − E0 = mc2γ −mc2 = mc2

1√1− v2

c2

− 1

, (3.30)

kde γ = 1√1− v2

c2

.

Zo vzt’ahu (3.30) pre rychlost’ platı:

v = c

√1−

(1 +

Ekmc2

)−2

. (3.31)

Po dosadenı:

v = c

√√√√1−(

1 +2 · 105 eV

0,511 · 106 eVc2c2

)−2

= 0,695 · c = 2,086 · 108 m · s−1.

V klasickej fyzike je kineticka energia dana:

Ek =1

2mv2, (3.32)

odkial’ pre rychlost’ elektronu mame:

v =

√2Ekm

, (3.33)

a po dosadenı:

v =

√√√√ 2 · 2 · 105 eV

0,511 · 106 eVc2

= 0,885 · c = 2,654 · 108 m · s−1.

Rozdiel medzi zıskanymi hodnotami rychlosti je:

(2,654− 2,086) · 108 m · s−1

2,654 · 108 m · s−1= 0,214 = 21,4%.

89

2. Dlzka urychl’ovacıch elektrod v linearnom urychl’ovaci je dana podmienkou, ze zadobu preletu ionov od jednej urychl’ovacej medzery k druhej dojde k zmene pola-rity napatia na elektrodach. Urcte, ako sa musı menit’ dlzka l jednotlivych valcov,aby boli urychlene protony z energie 2 MeV na 30 MeV pri frekvencii napatiaf = 108 Hz.

Riesenie:

Doba preletu t valcom dlzky l pre casticu s rychlost’ou v sa musı rovnat’ pravepolperiode pouziteho vysokofrekvencneho napatia:

t =T

2=

1

2f=l

v. (3.34)

Pre dlzku elektrody potom platı:

l =v

2f. (3.35)

Z relativistickeho vzt’ahu pre kineticku energiu:

Ek = mc2

1√1− v2

c2

− 1

(3.36)

platı pre rychlost’:

v = c

√1−

(1 +

Ekmc2

)−2

. (3.37)

Po uprave dostaneme vysledny vzt’ah pre dlzku elektrod v zavislosti od kinetickejenergie castice:

l =c

2f

√1−

(1 +

Ekmc2

)−2

. (3.38)

Po dosadenı cıselnych hodnot pre Ek = 2 MeV :

l =3 · 108 ms−1

2 · 108 s−1

√√√√1−(

1 +2MeV

938,3MeVc2c2

)−2

= 0,098 m = 9,8 cm.

Pre Ek = 30 MeV dostavame hodnotu l = 37 cm.

Dlzka urychl’ovacıch elektrod v rezonancnom linearnom urychl’ovaci sa menı od9,8 cm az po 37 cm na konci urychlenia.

3. Deuterony su urychl’ovane v cyklotrone.

(a) Urcte potrebnu frekvenciu zdroja napatia cyklotronu, ak vel’kost’ indukcie mag-netickeho pol’a v urychl’ovaci je 1,5 T a deuterony maju hmotnost’ 3,3·10−27 kg?

90

(b) Aky musı byt’ polomer cyklotronu, ak castice opust’aju urychl’ovac s kinetickouenergiou 16 MeV ? Kol’ko krat preletı deuteron medzi duantami cyklotronu, akje medzi nimi potencialovy rozdiel 50 kV ?

Riesenie:

(a) Na deuterony s nabojom e a rychlost’ou ~v kolmou na indukciu ~B homogennehomagnetickeho pol’a posobı magneticka sila Fm s vel’kost’ou

Fm = evB. (3.39)

Pre rovnomerny pohyb po kruznici platı (dostredivou silou Fdo je v tomtoprıpade sila Fm):

Fdo = Fm =mv2

r= evB. (3.40)

Pre polomer kruznice, po ktorej sa castica pohybuje dostavame:

r =mv

eB. (3.41)

Polovica periody T2

(doba obehu polkruznice) je rovna:

τ =T

2=πr

v=π

v

mv

eB=πm

eB. (3.42)

Aby boli deuterony cyklotronom urychlene, musı sa frekvencia fz zdroja napatiarovnat’ frekvencii obehu deuteronov v magnetickom poli:

fz = f =1

T=

eB

2πm=

1,6 · 10−19 · 1,52π · 3,3 · 10−27

= 11 · 106 s−1

Zdroj elektrickeho pol’a ma frekvenciu priblizne 11 · 106 s−1.

(b) Uvazujme, ze na zaciatku mal deuteron zanedbatel’nu kineticku energiu. Prekineticku energiu, ktoru castica s nabojom e zıska urychlenım napatım U , platı:

Ek = eU.

Aby dosiahla pozadovanu energiu Emax (Emax = 16 MeV = 2,56 ·10−12J) musıduantami preletiet’ n krat:

n =EmaxEk

=EmaxeU

=2,56 · 10−12

1,6 · 10−19 · 50 · 103= 320.

Polomer cyklotronu vyjadrıme zo vzt’ahu pre polomer kruznice, po ktorej sacastica pohybuje pri maximalnej kinetickej energii, s rychlost’ou

91

Emax =1

2mv2 ⇒ v =

√2Emaxm

.

Pre polomer duantov Rmax teda platı:

Rmax =

√2mEmaxeB

=

√2 · 3,3 · 10−27 · 2,56 · 10−12

1,6 · 10−19 · 1,5m = 0,54 m.

Deuteron preletı medzi duantami 320 krat, az dosiahne pozadovanu hodnotuenergie. Polomer cyklotronu sa rovna polomeru trajektorie castice urychlenejna pozadovanu hodnotu energie. Tento polomer je 54 cm.

92


1. Ake napatie elektrickeho pol’a by bolo podl’a klasickej teorie potrebne na to, abyurychlenım v tomto poli zıskal elektron rychlost’ svetla? Aku rychlost’ zıska elektronv tomto poli podl’a relativistickej mechaniky?

2. Aky je polomer zakrivenia drahy elektronu s kinetickou energiou Ek = 5 ·103 eV , aksa pohybuje v homogennom magnetickom poli s indukciou B = 50 · 10−4 T kolmomna smer pohybu.

3. Magneticke pole cyklotronu pre urychl’ovanie deuteronov ma indukciu 1,4 T , ma-ximalny polomer drahy urychl’ovanych ionov je 0,4 m.

(a) Urcte frekvenciu urychl’ujuceho napatia

(b) Urcte maximalnu energiu deuteronov

4. Nech valcove elektrody v linearnom urychl’ovaci maju rovnaku dlzku l = 6 cm. Vakych medziach je nutne menit’ frekvenciu generatora takehoto urychl’ovaca, abysme urychlili protony a elektrony od 5 do 50 MeV .

5. Napatie na duantoch cyklotronu je 1,5 · 104 V . Konecna energia urychlenych jadierhelia je 60 MeV . Ich urychlenie trva 2·10−4 s. Vypocıtajte frekvenciu urychl’ovaciehonapatia v cyklotrone.

6. Vypocıtajte rychlost’ v a kineticku energiu Ek alfa castıc urychlenych v cyklotrone,ked’ pred dopadom na tercık sa iony pohybovali po kruznici s r = 50 cm. Indukciamagnetickeho pol’a cyklotronu je B = 1,7 T .

7. Urcte pre elektron a proton, pohybujuci sa po kruhovej drahe v homogennom mag-netickom poli s indukciou B = 1 T periodu obehu a polomer ich drah, ak kinetickaenergia tychto castıc je 10 MeV .

8. Elektron urychleny potencialovym rozdielom U = 400 V vletel do homogennehomagnetickeho pol’a s indukciou B = 1,5 mT . Vektor rychlosti elektronu je kolmy nasilociary magnetickeho pol’a. Vypocıtajte:

(a) polomer drahy pohybu elekronu,

(b) frekvenciu kruhoveho pohybu elektronu v magnetickom poli.

9. Napatie medzi duantmi cyklotronu je U = U0 ·sinωt, kde U0 = 2 ·104 V a frekvencianapatia f = 2,25 · 107 s−1. Urychl’uju sa nım jednomocne iony, ktorych hmotnost’je 1800x vacsia nez pokojova hmotnost’ elektronu. Ion zacına svoj pohyb v bode Aa ked’ obehne rad polkruznıc, dosahuje rychlost’ v0 = 4,4 · 107 ms−1. Najdite pocetpolkruznıc, ktore obehol ion a polomer prvej a poslednej kruznice, ked’ vzdialenost’medzi duantmi urazı ion pri maximalnom napatı.

93

10. Elektrony su urychl’ovane elektrickym pol’om na drahe s napatım 104 V . Aka vl-nova dlzka prislucha elektronom na konci drahy, ked’ na jej zaciatku bola rychlost’elektronov nulova?

11. Elektron je urychl’ovany v homogennom elektrickom poli s rozdielom potencialovU = 105 V . Aka vlnova dlzka mu prislucha? (pouz. relativisticke vzt’ahy)

12. Najdite kineticku energiu elektronu, ktory ma rychlost’ v = 0,6 c.

13. Aka je rychlost’ protonu, ked’ je jeho kineticka energia 108 eV ?

94

VYSLEDKY:1 ATOMOVA FYZIKA

1.1 Fotoefekt a fotony

1. ν = 4,3 · 1014 Hz, p = 9,5 · 10−28 kg ·m · s−1, E = 2,8 · 10−19 J

2. (a) ν = 5 · 1015 s−1, E = 20,7 eV, p = 1,1 · 10−26 kg ·m · s−1

(b) ν = 6 · 1018 s−1, E = 24,8 keV, p = 1,3 · 10−23 kg ·m · s−1

(c) ν = 3 · 1022 s−1, E = 124,1 MeV, p = 6,6 · 10−20 kg ·m · s−1

3. p1 = 2,48 eVc, p2 = 4,96 keV

c, p3 = 0,62 MeV

c

4. λ = 2,42 · 10−12 m, p = 2,73 · 10−22 kg ·m · s−1

5. λ = 2,1 · 10−7 m

6. Tmax = 1,65 eV

7. λmax = 5,5 · 10−7 m, Tmax = 3,9 eV

8. (a) ν0 = 4,6 · 1014 Hz, λ0 = 6,5 · 10−7 m

(b) λ = 3,6 · 10−7 m

9. n = EEf

= 3

10. n = 3 · 1019 s−1

11. A = 4,5 eV

12. (a) ν = hν0+eUh

= 2,14 · 1015 s−1

(b) A = 4,36 eV

13. ∆A = hc(λ′−λλ′λ

)= 2,67 eV

14. U = hce

(λ′−λλ′λ

)= 1,25 V

95

15. v =

√2hcme

(1λ− 1

λ0

)= 0,98 · 106 m · s−1

16. h = e(U2−U1)

c

(1

λ2−λ1

) = 6,4415 · 10−34 J · s

17. e = hc∆λ∆Uλ(λ−∆λ)

= 1,602 · 10−19 C

18. E = hcλ− A− 1

2(eµ0Hr)2

m= 5,37 eV

19. A = 6,3 eV

20. v = 1,11 · 106 m · s−1

96

1.2 Comptonov efekt

1. λ = 1,5 · 10−12 m

2. (a) E ′f =Ef

1+2Ef

mec2sin2 θ

2

= 0,196 MeV

(b) Ee = Ef − E ′f = 0,264 MeV

3. Ee = ξ1+ξ

Ef = 0,2 MeV

4. (a) λ′ = hp

+ λc(1− cos θ) = 1,55 · 10−12 m

(b) λ′ = hp′

= 2,43 · 10−12 m

5. λ = hmec

(√1 + 2mec2

Ee− 1

)= 1,997 · 10−12 m

6. (a) ∆λ = ξλ1−ξ = 1,2 pm

(b) θ ≈ 60

7. θ = 5938′, cotg ψ =tg θ

2·(λc+λ)

λψ = 4935′

8. θ = 5018′

9. (a) cos θ =(1− ξ1λ

λc

)θ = 6044′

(b) cos θ =(1− ξ2λ

λc

)θ = 1259′

10. ∆λ = 2 fm

11. ∆λe = 4,85 · 10−12 m∆λp = 2,64 · 10−15 m

12. mp = 2h∆λmaxc

= 1,69897 · 10−27kg

13. ∆λ = λc(1− cos θ)30 ...... ∆λ = 3,25 · 10−13 m60 ...... ∆λ = 1,21 · 10−12 m90 ...... ∆λ = 2,43 · 10−12 m135 ...... ∆λ = 4,14 · 10−12 m180 ...... ∆λ = 4,85 · 10−12 m

14. tgψ = λλc+λ

cotg θ2

30 ...... ψ = 7418′

60 ...... ψ = 5849′

90 ...... ψ = 4338′

97

135 ...... ψ = 2134′

180 ...... ψ = 0

15. pe = 1,6 · 10−22 kg ·m · s−1

16. Ef = hchcE′f

−2λc sin2 θ2

= 1,84 MeV

17. E ′f = hchcEf

+λc(1−cos θ)= 0,16 MeV

Ee = Ef − E ′f = 0,14 MeV

18. (a) E ′e =2hcλc sin2 θ

2

λ(λ+2λc sin2 θ2)

= 0,29 keV

(b) tgψ = λλc+λ

cotg θ2

ψ = 4419′

19. Ee = hc∆λλ(λ+∆λ)

= 2,4 · 104 eV

cos θ = 1− ∆λλc, θ = 8923′

20. λ = 1−ξξλc = 7,28 · 10−12 m

21. λcλ+λc

· 100% = 10,2%

22. λ = 1,2 pm

23. E ′f,min = mec2

3= 0,170 MeV

pe,max = 4mec2

3c= 0,681 MeV/c

24. λp = 1,32 fmEf,min = 54,6 MeV

25. E ′f = 2,99 keV,Ee = 5,15 eVpe = 2,29 keV/cψ = 67,4

98

1.3 De Broglieho vlnova dlzka, princıp neurcitosti

1. (a) λ = 1,1 · 10−33 m

(b) λ = 7,4 · 10−33 m

(c) λ = 2,5 · 10−12 m

2. Ek,p = 7,78 · 10−13 J

3. m = 1,3 · 10−26 kg

4. v = 7,3 · 106 m · s−1, Ek = 150 eV

5. (a) λp = h√2mpEk

= 0,91 · 10−12 m, λe = 0,39 · 10−10 m

(b) Ek,p = h2

2mpλ2= 0,082 eV, Ek,e = 150 eV

6. λ = h√2mempc2

= 4 · 10−14 m

7. v = 5,9 · 106 m · s−1, λ = 1,2 · 10−10 m

8. λ = 1,31 · 10−12 m

9. λ2 = λ1√2

= 2,5 · 10−10 m

10. ∆λ = λp − λH = h√2Ekmp

− h√2Ek(mp+me)

= 7,8 · 10−15 m

11. Ek = h2

2mλ2, Ek(O2) = 2,58 · 10−3 eV, Ek(castice) = 1,7 · 10−11 eV

12. λ = h√2mkT

, λα = 0,896 · 10−10 m, λn = 1,785 · 10−10 m, λN2 = 0,339 · 10−10 m

13. Ek = mec2(√

2− 1) = 0,21 MeV

14. Ek+200eVEk

= 4, Ek = 66,7 eV,

λ0 = h√

32

1m∆E

= 1,5 · 10−10 m

15. ∆E = h2

2mλ2− p2

2m= 382 eV

16. λ = hreµ0H

= 1,65 · 10−10 m

17. U = h2

2emλ2= 601,73 V

18. (a) v =√

2eUm

= 72,64 · 106 m · s−1

(b) λ = hmv

= 0,1 · 10−10 m

99

19. ∆v ≈ h2π

1∆xm≈ 106 m · s−1, v1 = 2,2 · 106 m · s−1

20. ∆E ≈ h2π

1∆t≈ 6,58 · 10−8 eV

21. ∆x = r2, Emin ≈ h2

2π21

mr2≈ 15,24 eV

22. ∆x = r2, ∆v

v= h

rπ√

2mEk= 1,2 · 10−4

23. ∆v = hme∆x

= 115,8 m · s−1

24. ∆EE

= hλ∆thc

= 3,18 · 10−7

25. ∆v ≥ h2π∆xm

(a) ∆v = 231,5 m · s−1

(b) ∆v = 0,126 m · s−1

(c) ∆v = 5,34 · 10−4 m · s−1

26. (a) ∆py = 7 · 10−24 kg ·m · s−1

(b) ∆vy = 7,7 · 106 m · s−1

(c) ∆vy = 3,2 · 10−21 m · s−1

100

1.4 Rutherfordov rozptyl

1. (a) rmin = 2,65 · 10−14 m

(b) b = 1,32 · 10−14 m

2. θ = 1810′

3. θ = 10

4. b = 1,29 · 10−13 m

5. (a) b = 22,8 · 10−15 m

(b) ∆NN

= 0,0094%

6. b = 6,1 · 10−13 m

7. (a) θ = 8,5 · 10−3

(b) b = 1,7 · 10−12 m

8. r = Z1Z2e2

4πε0T= 1,14 · 10−13 m

9. rmin.= 51 fm pre Au

rmin.= 2 fm pre Li

10. rmin.= 30 fm

11. r = 3 · 10−14 m

12. r = Z1Z2e2

2πε0mv2= 1,85 · 10−14 m

13. b = Z1Z2e2

8πε0Tcotg θ

2= 3,65 · 10−14 m, r = 4,21 · 10−14 m

14. rAl = b− rα = 3,79 · 10−15 m

15. rmin = Z1Z2e2

8πε0T

(1 +

√1 + cotg2 θ

2

)= 5,38 · 10−13 m

16. P1(60, 90)P2(90, 180)

= 2, P (θ1, θ2) = n(Z1Z2e2

16πε0T

)8π(

1

2 sin2 θ12

− 1

2 sin2 θ22

)17. P = 1− ∆N(θmedz ,180)

N= 0,841,

∆N(θmedz ,180)N

= ρANAx

(Z1Z2e2

16πε0T

)28π(

1

2 sin2 θmedz2

− 1

2 sin2 1802

)

18. ∆N = N0ρANAx

(Z1Z2e2

16πε0T

)28π(

1

2 sin2 θ12

− 1

2 sin2 θ22

), ∆N = 13− 14 castıc

101

19. ∆σ = dσdΩ

sin4 θ02

π∫π6

dΩsin4 θ

2

= 5,5 · 10−26 m2

20. dσdθ

=(Z1Z2e2

16πε0T

)22π sin θsin4 θ

2

= 3,03 · 10−26 m2

rad, dσdΩ

= dσdθ

12π sin θ

= 0,48 · 10−27 m2

rad

21. Z(Ag) = Z(Au)√

1pρ(Au)ρ(Ag)

A(Ag)A(Au)

= 47

22. q(Cd) = Z(Cd)e = 48e, Z(Cd) = Z(Zn)√pA(Cd)A(Zn)

23. ∆σ =(Z1Z2e2

16πε0T

)2 π∫π3

dΩsin4 θ

2

= 2,12 · 10−26 m2

24. ∆NN

= n(Z1Z2e2

16πε0T

)21

sin4 θ2

∆Ω = ρxANA

(Z1Z2e2

16πε0T

)21

sin4 θ2

· ∆Sr2

= 8,9 · 10−6

25. N ′ = Ie· n(Z1Z2e2

16πε0T

)21

sin4 θ2

· sl· 60 · 10 = 4,66 · 104

26. x = N ′ · eQ· AρNA· (16πε0T )2

Z1Z2e2· sin4 θ

2

∆Ω= 0,125 · 10−6 cm

102

1.5 Bohrov model atomu vodıka

1. (a) n = 1√1− 1

λR

= 4

(b) n2 = 1√1− 1

λ1R− 1λ2R

= 3

2. Balmerova seria n1 = 2, 1λ

= R(

122− 1

n22

)ak λ = 410,2 nm⇒ n2 = 6

λ = 486,1 nm⇒ n2 = 4Prechod 6→ 4, λ = 2,625µm, Brackettova seria

3. Z =√

88∆λ·R·15

= 3, ion Li2+

4. R = 1∆λ·Z2

(365− 4

3

)= 1,09715 · 107 m−1

5. (a) λ = (0,091− 0,122) · 10−6m

(b) λ = (0,365− 0,656) · 10−6m

(c) λ = (0,821− 1,876) · 10−6m

Viditel’na je iba cast’ Balmerovej serie.

6. rn =√

nh2πωm

, En = nhω2π

7. λ1 = 121,6 nmλ2 = 102,6 nmλ3 = 97,3 nm

8. E1 = 54,4 eV

9. mpme

= 1837,7

10. (a) ν1 = 1,52 · 106 m−1, λ1 = 6578,9 · 10−10 m, ν1 = 4,56 · 1014 s−1

ν2 = 2,06 · 106 m−1, λ2 = 4854,4 · 10−10 m, ν2 = 6,18 · 1014 s−1

ν3 = 2,3 · 106 m−1, λ3 = 4347,8 · 10−10 m, ν3 = 6,9 · 1014 s−1

(b) ν1 = 5,33 · 105 m−1, λ1 = 18761,7 · 10−10 m, ν1 = 1,6 · 1014 s−1

ν2 = 7,8 · 105 m−1, λ2 = 12820,5 · 10−10 m, ν2 = 2,34 · 1014 s−1

ν3 = 9,14 · 105 m−1, λ3 = 10940,9 · 10−10 m, ν3 = 2,74 · 1014 s−1

(c) ν1 = 2,47 · 105 m−1, λ1 = 40485,8 · 10−10 m, ν1 = 7,41 · 1013 s−1

ν2 = 3,81 · 105 m−1, λ2 = 26246,7 · 10−10 m, ν2 = 1,14 · 1014 s−1

ν3 = 4,62 · 105 m−1, λ3 = 21645 · 10−10 m, ν3 = 1,39 · 1014 s−1

11. (a) λ = 1282 nm

103

(b) λ = 410 nm

12. (a) ν = 8,26 · 106 m−1, λ = 1210,7 · 10−10 m, ν = 2,48 · 1015 s−1

(b) ν = 9,75 · 106 m−1, λ = 1025,6 · 10−10 m, ν = 2,93 · 1015 s−1

(c) ν = 1,1 · 107 m−1, λ = 909,1 · 10−10 m, ν = 3,3 · 1015 s−1

13. (a) n = 1/√

1− EγhcR∞

= 4

(b) λmin = hc∆Emax

= hc∆E41

= 972,5 · 10−10 m

a mozne prechody z n = 4 su:

14. (a) λ = hcE

= 6558 · 10−10 m

(b) cervena cast’

15. ∆ν = λ2−λ1λ2λ1

= 17 cm−1 alebo ∆E = hc∆ν = 2,1 · 10−3 eV

16. R = 1,87∆λ

= 1,0935673 · 107 m−1

17. najvacsia vlnova dlzka v kazdej serii: n = m+ 1λL = 20

108λB = 1215,4 · 10−10 m

18. h = 3

√∆λme4

8cε20

1588

= 6,62 · 10−34 J · s

19. ν = 4ε0Ee2

√2Em

= 6,58 · 1015 s−1 ...... odpoveda ultrafialovemu svetlu

20. mvr = nh, h = h2π

mvr = n h2π

mvhr = n

2π, λ = h

mvrλ

= n2π, nλ = 2πr CBTD

λn = 2ε0h2

me2n = λ1n, λ1 = 3,33 · 10−10 m, λ3 = 3λ1 = 9,99 · 10−10 m

21. v =√

2(E−Evazb.)m

= 7,02 · 105 m · s−1

22.Fe1Fg

= 2,27 · 1039

104

23. B = µ0ehn8π2mr21

= 12,46 T

24. v =√

2(E1−E2−Evazb.)m

= 3,1 · 106 m · s−1

25. λHλ

= Z2µµH

= 4⇒ Z2µ = 4µH , µH ∼= µ

Z = 2.........He+

105

1.6 Rontgenove spektra, Moseleyho zakon

1. Kα : λ = 0,72 · 10−10 mLα : λ = 5,52 · 10−10 m

2. Fe... Kα : λ = 1,945 · 10−10 mCr... Kα : λ = 2,29 · 10−10 m ... ziarenie Cr sa budıCo... Kα : λ = 1,8 · 10−10 m ... ziarenie Co sa nebudı

3. Al... Kα : λ = 8,44 · 10−10 m, E = 1,47 eVCo... Kα : λ = 1,8 · 10−10 m, E = 6,89 eV

4. Cr...

(a) Kα : ν = 4,35 · 109 m−1, λ = 2,299 · 10−10 m, E = 5,4 keV

(b) Lβ : ν = 1,09 · 109 m−1, λ = 9,174 · 10−10 m, E = 1,35 keV

W...

(a) Kα : ν = 4,38 · 1010 m−1, λ = 0,288 · 10−10 m, E = 54,2 keV

(b) Lβ : ν = 1,1 · 1010 m−1, λ = 0,909 · 10−10 m, E = 13,65 keV

U...

(a) Kα : ν = 6,81 · 1010 m−1, λ = 0,147 · 10−10 m, E = 84,38 keV

(b) Lβ : ν = 1,7 · 1010 m−1, λ = 0,588 · 10−10 m, E = 21,09 keV

5. λL = λαλKλα−λK

= 171,9 · 10−10 m

6. U = hce∆λ

= 14,8 kV

7. Kα : λ = 0,732 · 10−10 mE1 = 17,16 · 103eV, E1 > E2 ... pri napatı 4 · 103V je nemozne pozorovat’charakteristicke ziarenie s Kα ciarou, pri tomto napatı budeme sledovat’spojite spektrum.

8. h = eUλminc

= 6,622 · 10−34J · s

9. U = 3hcR(Z−1)2

4e

Pt ... U = 60,5 kVAu ... U = 62,1 kVU ... U = 84,5 kV

10. U = hceλK

= 25,61 kV

Kα : λ = 0,575 · 10−10m > λK

106

11. Au ... λK = 0,154 · 10−10 mPb ... λK = 0,141 · 10−10 mU ... λK = 0,108 · 10−10 m

12. λ = 2∆λ = 0,1 nm

13. A2

A1= 1,55 · 104

14. v =√

2hcmλmin

= 2,09 · 107 m · s−1

15. v =√

2hcmλmin

= 2,95 · 107 m · s−1

16. (a) λmin = h

mec

(1√

1−β2−1

) = 0,157 · 10−10 m

(b) U = hceλmin

= 7,92 · 104 V

17. Z =√

4

3R(∆λ+ hceU )

+ 1 = 30 ... Zn

18. Z =√

43Rλ

+ 1 Z1 = 40 ... ZrZ2 = 42 ... Mo ....... medzi nimi lezı prvok Nb

19. Pre n = 4 je maximalny pocet elektronov 32.

107

VYSLEDKY:2 JADROVA FYZIKA

2.1 Zakladne charakteristiky jadier, vazbova

energia

1. R = r0A13 , A = 8 ... 8

4Be, W = 56,6 MeV

2. Wn = 6,76 MeV, Wα = 7,35 MeV

3. (a) W = 2,22 MeV

(b) W = 28,3 MeV

4. ρ = 1,455 · 1017kg ·m−3, ρN = 8, 7 · 1043 nukl ·m−3, ρQ = 7 · 1024 C ·m−3

5. 168 O + E → 44

2He, E = 14,4 MeV

6. E = 7,34 MeV

7. W = [Z ·mH + (A− Z) ·mn −Mat(A,Z)] · c2 = 831,42 MeV, ε = WA

= 8,66 MeV

8. W = 1636 MeV

9. ε = WA

= 7,98 MeV

10. ∆m = 10,3 · 10−12 kg

11. ∆m = 5,04 · 10−29 kg, W = 4,53 · 10−12 J

12. 147 N →13

7 N +10 n, W = W14N −W13N = 10,56 MeV

13. 168 O + E →12

6 C +42 He, E = 7,16 MeV

14. 21H +6

3 Li→ 2 · 42He+ E, E = 22,44 MeV

15. 206Pb+ n→ 207Pb? → 207Pb+ E, E = 6,73 MeV

108

16. (a) W (Ca) = 341,75 MeV, W (Ag) = 902,78 MeV

(b) ε(V ) = 8,65 MeV

(c) m = 44,955 u

17. 1H : m = 1,007825 u2H : m = 2,014102 u16O : m = 15,994914 u

18. E = mc2 = 1 u · c2 = 1,66 · 10−27 kg · 9 · 1016 m2 · s−2 = 1,494 · 10−10 J = 931,5 MeV

19. Ak jadro je sfera s polomerom R a rovnomernou hustotou naboja ρ = Ze/V :⇒ Ecoul =

∫ R0 ρ4

3πr3 · 1

r· ρ4πr2dr = 3

5Z2e2

R

20. ∆W = 6,36 MeV ; ∆Ecoul = 6,34 MeV

21. R = 4,1 · 10−15 m; ∆W = 4,84 MeV

109

2.2 Zakladne zakony radioaktıvnej premeny

1. T1/2 = 372,8 s

2. t = −T1/2

ln

(1− N

N0

)ln 2

= 61,4 s

3. (a) NN0

= e−λt = 0,78 a 0,084

(b) N0−NN0

= (1− e−λt) = 6,78 · 10−5 a 0,31

4. N0−NN0

= 1− e−λs√

m2Ek = 9 · 10−7

5. 1,24 · 107 s−1

6. A = A0e−λt, T1/2 = − ln 2

ln AA0

t = 35,9 hod, τ =T1/2ln 2

= 51,8 hod

7. λ = 7,83 · 10−9 s−1, T1/2 = 2,81 roku, τ = 4,05 roku

8. A = Nλ = N0e−λtλ = m

MNAe

−λtλ = 1,487 · 1011 Bq

9. N0 = Aλe−λt

= 2,19 · 1015 castıc

10. T1/2 = 1617 rokov

11. p = 1− e−λt = 8,3%

12. A0 = λN0 = λmMNA,

A0

m= λNA

M= 2,3 · 109 Bq · g−1

13. m = A0MλNA

= 0,05 mg

14. V = AaV

= A0e−λt

aV= 5,95 l

15. t = ln λ2λ1

1(λ2−λ1)

, A2(t)A1(0)

= λ2λ2−λ1

(e−λ1t − e−λ2t

)= 0,717

16. [6,4]

17. P (t) = N(0)−N(0)e−λt

N(0)= 1− e−λt

18. τ = 〈t〉 =∞∫0tP (t)dt = ... = 1

λ

19. λ = 7,28 · 10−10 s−1, A = 2,18 · 1010 Bq, A = 0,59 Ci

20. 2,5 · 1020 atomov, 1,7 · 10−17 s−1, 4,3 · 103 rozpadov/s a Bq, 0,116 µCi

21. 1,65 µg

110

22. 3,66 · 1010 Bq a 3,7 · 1010 Bq

23. 3,22 · 1014 Bq, 0,87 · 104 Ci, 1,06 · 1014 Bq, 0,28 · 104 Ci

111

2.3 Alfa, beta premena a gama ziarenie jadier

α premena

1. Q = EαA = Tα(1 + mα

Mj

)λN = 1,91 · 10−3 J

2. 21384 Po→4

2 α +20982 Pb, Eα = 8,5 MeV,

p = Eα−TαEα

100% = 1,9%, vj =√

2TjMj

= 3,84 · 105 m · s−1

3. vj =√

2TαMα

M2j

= 2,73 · 105 m · s−1

4. (a) Q = NEα = mNAQα(e−1)eM

= 15,7 MJ

(b) A = λN0 = λ 2QQα

= 3 · 108 Bq

5. 21084 Po→4

2 α +20682 Pb→206

82 Pb+ γ, Eα1 = Tα1

(1 + Mα

Mj

)= 5,403 MeV,

Eα2 = Tα2

(1 + Mα

Mj

)= 4,587 MeV, Eγ = Eα1 − Eα2 = 0,816 MeV

6. Eα1 = 6,44MeV, Eα1 − Eα1 = 0 MeVEα2 = 6,34 MeV, Eα1 − Eα2 = 0,1 MeVEα3 = 6,21 MeV, Eα1 − Eα3 = 0,23 MeVEα4 = 6,14 MeV, Eα1 − Eα4 = 0,3 MeV

7. U = 14πε0

Z1Z2e2

r, r = 2Ze2

4πε0Tα, ∆r = r −R = 3,5 · 10−14 m

8. 239Pu→235 U +4 α, Tα = (mPu−mU−mα)931,5

(1+ 4235)

= 5,15 MeV

9. λ = hp, p =

√2mT, n = 2RRa

λ= 6,695

10. ∆m = 0,007959 u

11. E80Kr→76Se+α = −5,2 MeV < 0 ... nieE176Hf→172Y b+α = 2,2 MeV > 0 ... anoTα = mY b

mY b+mαEα ≈ 2,15 MeV

VC(RY b) = αhcZαZY br0A

1/3Y b

≈ 30,12 MeV

β premena

12. pmax = 1c

√Q(Q+ 2mc2) = 0,935MeV

c

13. Tmax = 0,958 MeV, Tj = 92,5 eV

112

14. Te+ = 0,312MeV, Tν = 0,646 MeV

15. Te+,max = 0,483 MeV/c2

16. Q = 0,782 MeV

17. 10747 Ag,

3818Ar,

12050 Sn

18. Tj = Q2

2Mc2= 9,7 eV, v =

√2TM

= 7,1 · 103 m · s−1

19. Q = 17,7 keV, Tj,max = Q(Q+2mec2)2Mc2

= 3,29 eV, Eν = Q− Eβ = 12,01 keV

20. (a) nie

(b) ano

(c) ano

21. (a) 62He→6

3 Li+ e− + νe, m62He

= 6,018937 u

(b) 2211Na→22

10 Ne+ e+ + νe, m2211Na

= 21,994445 u

γ ziarenie

22. We = Eγ − Te = 26 keV

23. E? = Te +We = 145 keV

24. Eγ1 = We + Te1 = 161 keVEγ2 = We + Te2 − Eγ1 = 566 keV

25. Te +We = konst. = E? = Eγ = 279 keV

We Tepre K 85,7 193,3pre L1 15,4 263,6pre L2 14,8 264,2pre L3 12,7 266,3

26. 1,18 · 105 e−

27. Eγ = E?, E ′γ = Eγ − Tj = E?(1− E?

2mjc2

)∆EγEγ

=Eγ−E′γEγ

= E?

2mjc2= 3,6 · 10−7

113

2.4 Jadrove reakcie

1. (a) Q = 19,81 MeV

(b) Q = −3,11 MeV

(c) Q = −13,5 MeV

(d) Q = 1,78 MeV

2. mHe = 3,016039 u

3. mN = 17,008992 u

4. (a) Eprah = m+MM| Q |= 1,02 MeV

(b) Eprah = 3,06 MeV

5. (a) Eprah = 4,38 MeV

(b) Eprah = 18,09 MeV

(c) Eprah = 6,18 MeV

(d) Eprah = 1,92 MeV

6. 147 N +4

2 He→178 O +1

1 H, Q = −1,19 MeV, reakcia je endoenergeticka

7. Q = 2,02 · 10−11J = 126 MeV

8. Q = 1,088 · 10−11J = 67,9 MeV

9. Tp = Tα (mα+mLi) − Q mLimLi−mp

= 5,4 MeV

10. Tα = Td(1 + (mα−md)2

4mαmd cos2 θ

)= 0,6 MeV

11. ∆TTα

= 0,19

12. T ′p = Tpmd−mpmd+mp

= 0,3 MeV

13. Q =(1 + mn

mBe

)Tn −

(1− mγ

mBe

)hν, Tn = mBe

mBe+mn(Q+ hν) = 0,1155 MeV

14. (a) Q = Ta(mamB− 1

)+ Tb

(mbmB

+ 1)− 2

√mambTaTbmB

cos θ = 4 MeV

(b) Q = −1,195 MeV

15. να = 9,2 · 106 m · s−1, νLi = 5,26 · 106 m · s−1

16. mj = md4 cos2 θ−1

⇒ ide o jadro atomu 11H

17. (a) θ = 7118′

(b) θα + θB = 14423′

114

VYSLEDKY:3 EXPERIMENTALNE METODYJADROVEJ FYZIKY

3.1 Prechod ziarenia prostredım

1. (a) P = 10,9

(b) P = 2,4

2. Tα = 5,5 MeV

3. Rα = 7,99 µm

4. 2 MeV/cm, 18x

5. T0 = 110 MeV

6. Rβmax(

32P ) = 0,29 cm, Rβmax(

8Li) = 2,48 cm

7. Tmax = 3,14 MeV

8. 20%

9. vzduch: 49,8 cm; Al: 0,024 cm; Pb: 5,7 · 10−3 cm

10. Te = 20,5 MeV

11. dusık: 114 MeV ; hlinık: 61,5 MeV ; olovo: 9,8 MeV

12. lrad = 1,4 cm

13. E = 0,2 MeV

14. h = 3,2 cm

15. h = 0,17 cm; 6x

115

16. Pb: 0,065 cm; voda: 5,1 cm; vzduch: 4400 cm

17. 10

18. 0,8 cm−1

19. (a) 4,65 cm

(b) 0,495 cm−1

20. podmienka pre Cerenkovovo ziarenie: v ≥ cn

T = mc2

1√1− v2

c2

− 1

, v = 2,763 · 108 ms−1, podmienka je splnena

sinϑ = cvn, ϑ ≈ 50,8

21. T = mc2

1√1− v2

c2

− 1

, podmienka pre Cerenkovovo ziarenie: v ≥ cn,

Te ≥ 144 keV, Tp ≥ 264 keV , mc2 = 105,33 MeV = mµc2 (mion)

22. p+ π± e−

sklo 190 MeV 28 MeV 0,10 MeVplexisklo 320 MeV 48 MeV 0,17 MeVvoda 485 MeV 72 MeV 0,26 MeVvzduch 37 GeV 5,6 GeV 20,4 MeV

116

3.2 Urychl’ovace castıc

1. klasicka teoria: eU = 12mv2 ⇒ U = 255,9 · 103 V,

relativisticky: eU = mc2(γ − 1) ⇒ v = 0,75c

2. mv2

r= evB ⇒ r = 0,0476 m

3. (a) f0 = ZeB2πm

= 0,107 · 108 s−1

(b) mv2mr

= ZevmB, Ek = 12mv2 = 7,49 MeV

4. f = (257− 785) MHz pre protonyf = (2, 49− 2, 50) GHz pre elektrony

5. f = 5 · 106 s−1

6. v = ZeBrm

= 0,407 · 108 ms−1, Ek = 34 MeV

7. T = 2π(Ek+mc2)eBc2

= 7,33 · 10−10 s pre elektrony a 6,6 · 10−8 s pre protony

r =

√2Ek(Ek+mc2)

ceB= 4,8 cm pre elektrony a 46 cm pre protony

8. (a) r = 44,96 · 10−3 m

(b) f = 4,2 · 107 s−1

9. n =mv202qU0

= 495, r0 = v0·τπ

= 0,31 m, r1 = v1·τπ

= 0,0139 m

10. λ = 1,226 · 10−11 m

11. λ = hmv, Ek = eU = mc2

1√1− v2

c2

− 1

, λ = 4,4 · 10−12 m

12. Ek = mc2√1− v2

c2

−mc2 = 1,3 · 105 eV

13. v = c

√1−

(1 + Ek

mc2

)−2= 0,43c = 1,3 · 108 m · s−1

117

TABUL’KY

Tab. 1.: Tabul’ka zakladnych fyzikalnych konstant

Fyzikalna konstanta Symbol Hodnota

Atomova hmotnostna jednotka u 1,661 · 10−27kg == 931,5 MeV/c2

Avogadrova konstanta NA 6,022 · 1023 mol−1

Boltzmannova konstanta k 1,381 · 10−23J/K == 8,617 · 10−5 eV K−1

Comptonova vlnova dlzka λc 2,426 · 10−12 mCoulombova konstanta κ = 1

4πε08.988 · 109 N ·m2 · C−2

Hmotnost’ elektronu me 9,109 · 10−31 kg == 0,511 MeV/c2

Hmotnost’ protonu mp 1,673 · 10−27 kg == 938,3 MeV/c2

Hmotnost’ neutronu mn 1,675 · 10−27 kg == 939,6 MeV/c2

Hmotnost’ pionu (±) mπ± 139,6 MeV/c2

Naboj elektronu e 1,602 · 10−19 CPermitivita vakua ε0 8,854 · 10−12 F ·m−1(CV −1m−1)Rychlost’ svetla vo vakuu c 3 · 108 m · s−1

Rydbergova konstanta R∞ 1,097 373 · 107 m−1

Rydbergova konstanta pre vodık RH 1,096 776 · 107 m−1

Stefanova - Boltzmannova konstanta σ 5,6704 · 10−8 W ·m−2 ·K−4

Wienova posuvna konstanta b 2,898 · 10−3 m ·KPlanckova konstanta h 6,626 · 10−34 J · sPlanckova konstanta, redukovana h = h

2π1,055 · 10−34 J · s

Konverzna konstanta hc 197,327 MeV · fmKonstanta jemnej struktury α = e2

4πε0hc1/137

118

Tab. 2.: Tabul’ka hustot niektorych latok

Latka Hustota[kg/m3]

Dusık 1,25Hlinık 2 700Kadmium 8 650Med’ 8 900Olovo 11 340Striebro 10 500Voda 998Vzduch 1,29Zlato 19 320Zinok 7 130

Zelezo 7 870

Tab. 3.: Hmotnostne absorpcne koeficienty pre γ ziarenie

Energia µ/ρ [cm2/g][MeV ] Hlinık Olovo Voda Vzduch

0,1 0,169 5,46 0,171 0,1550,2 0,122 0,942 0,137 0,1230,4 0,0927 0,220 0,106 0,09530,6 0,0779 0,119 0,0896 0,08040,8 0,0683 0,0866 0,0786 0,07061,0 0,0614 0,0703 0,0706 0,06351,5 0,0500 0,0550 0,0590 0,05152,0 0,0431 0,0463 0,0493 0,04453,0 0,0360 0,0410 0,0390 0,03604,0 0,0310 0,0421 0,0339 0,03076,0 0,0264 0,0436 0,0275 0,02508,0 0,0241 0,0458 0,0240 0,0220

10,0 0,229 0,0489 0,0219 0,0202

119

Tab. 4.: Tabul’ka vlastnostı izotopov

Pozn.: Hmotnost’ atomu X(A,Z) v atomovych hmotnostnych jednotkach (u)urcıme ako: Mat = ∆ + A [u],kde ∆ je hodnota uvedena v 2. stlpci tabul’ky.

1u = 1 a.h.j. = 1,66 · 10−27 kg1u · c2 = 931,5 MeV

UBYTOKNUKLID HMOTNOSTI TYP POLCAS ENERGIA α A β

NUKLIDOV PREMENY PREMENY CASTIC∆ = M − A, u Tβ max, MeV

n 0,008665 β− 11,7 min 0,781H 0,0078252H 0,0141023H 0,016049 β− 12,3 r 0,018

3He 0,0160304He 0,0026046Li 0,0151267Li 0,0160057Be 0,016931 K 53 d8Be 0,005308 2α 10−16 s 0,0399Be 0,01218610Be 0,013535 β− 2,5 · 106 r 0,55510B 0,01293911B 0,00930511C 0,011431 β+ 20,4 min 0,9712C 013C 0,00335414C 0,003242 β− 5570 r 0,15513N 0,005739 β+ 10 min 1,214N 0,00307415N 0,00010815O 0,003072 β+ 2,1 min 1,6816O -0,00508517O -0,00086718O -0,00084018F 0,000950 β+ 1,87 hod 0,64919F -0,00159520F -0,000015 β− 12 s 5,42

20Ne -0,00756021Ne -0,006151

120




22Ne -0,00861622Na -0,005565 β+ 2,6 r 0,54023Na -0,01022724Na -0,009033 β− 15 hod 1,3923Mg -0,005865 β+ 11 s 2,9524Mg -0,01495625Mg -0,01416026Mg -0,01740927Mg -0,015655 β− 9,5 min 1,75 a 1,5926Al -0,013100 β+ 6,7 s 3,2027Al -0,01846528Al -0,018092 β− 2,3 min 2,8628Si -0,02307329Si -0,02350930Si -0,02623931Si -0,024651 β− 2,65 hod 1,4730P -0,021680 β+ 2,5 min 3,2431P -0,02623732P -0,026092 β− 14,3 d 1,7132S -0,02792633S -0,02854034S -0,03213635S -0,030966 β− 87 d 0,167

35Cl -0,03114636Cl -0,031688 β−, K 3,1 · 105 r 0,71437Cl -0,03410436Ar -0,03245237Ar -0,033228 K 32 d39Ar -0,035679 β− 265 r 0,56540Ar -0,03761639K -0,03628640K -0,036000 β−, K, β+ 1,25 r 1,31; 1,51 a 1,5142K -0,037583 β− 2,5 hod 3,55 a 1,9939Ca -0,029280 β+ 0,86 s51V -0,056041

51Cr -0,055214 K 28 d

121




55Mn -0,06194658Co -0,064246 K, β+ 72 d 0,4759Co -0,06681160Co -0,066194 β− 5,2 r 0,3163Cu -0,07040665Cu -0,07221463Zn -0,066788 β+ 38,47 min65Zn -0,070766 K, β+ 245 d 0,32582Br -0,083198 β− 36 hod 0,45688Sr -0,0943689Sr -0,09257 β− 51 d 1,4690Sr -0,09223 β− 28 r 0,53590Y -0,09282 β− 64 hod 2,24107Ag -0,09303127I -0,09565128I -0,09418 β−, K 25 min 2,12 a 1,67197Au -0,03345198Au -0,03176 β− 2,7 d 0,96204T l -0,02611 β− 4,1 r 0,77206Pb -0,02554207Pb -0,02410208Pb -0,02336209Bi -0,01958210Bi -0,01589 α 2,6 · 106 r 4,97210Po -0,01713 α 138 d 5,3222Rn 0,01753 α 3,8 d 5,49226Ra 0,02536 α 1620 r 4,777 a 4,589232Th 0,03821 α 1,4 · 106 r 4,00 a 3,98233Th 0,04143 β− 22 min 1,23234U 0,04090 α 2,5 · 105 r 4,76 a 4,72235U 0,04393 α 7,1 · 108 r 4,20236U 0,04573 α 2,4 . 107 r 4,45 a 4,50238U 0,05076 α 4,5 . 109 r 4,13 a 4,18239U 0,05432 β− 23,5 min 1,21238Pu 0,04952 α 89,6 r 5,50 a 5,45239Pu 0,05216 α 2,4 · 104 r 5,15

122

Zoznam obrazkov

1.1 Schema zariadenia na pozorovanie vonkajsieho fotoelektrickeho javu. . . . . 31.2 Schematicke znazornenie Comptonovho efektu. . . . . . . . . . . . . . . . . 91.3 Rozptyl nabitej castice v coulombovskom poli t’azkeho nabiteho jadra. . . . 241.4 Hyperbolicka trajektoria castice α. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 251.5 Draha castice v poli jadra, ktore je v bode 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . 261.6 Bohrov model. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 341.7 Spektralne serie vodıkoveho atomu. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 351.8 Rontgenova trubica. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 431.9 Vznik charakteristickeho rontgenoveho ziarenia prechodom elektronov na

nizsie energeticke hladiny. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

2.1 Schema α premeny. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 642.2 Schema β premeny jadier 59Fe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 702.3 Zakladna schema jadrovej reakcie - castica a ostrel’uje jadro A. . . . . . . . 722.4 Schema rozptylu castice na nehybnom jadre. . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

3.1 Rezonancny linearny urychl’ovac . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 873.2 Cyklotron . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88

123

Zoznam pouzitej literatury

[1] I. E. Irodov, Sbornik zadac po atomnoj i jadernoj fizike, Energoatomizdat, Moskva(1984)

[2] V. Hajko a kol., Fyzika v prıkladoch, ALFA, Bratislava (1988)

[3] J. D. Cutnell, K. W. Johnson, Introduction to Physics, J.Wiley & Sons (2010)

[4] D. Nosek, Jadra a castice, Resene prıklady, Matfyzpress, Praha (2005), ISBN 80-86732-65-7

[5] S. V. Skackov i dr., Sbornik zadac po jadernoj fizike, Fizmatgiz, Moskva (1963)

[6] A. Beiser, Uvod do modernı fyziky, Academia, Praha (1978)

[7] E. V. Spolskij, Atomova fysika I, Uvod do atomove fysiky, SNTL, Praha (1957)

[8] F. Yang, J. H. Hamilton, Modern Atomic and Nuclear Physics, Problems and Solu-tions Manual (Revised Edition), World Scientific Publishing Company (2010), ISBN978-981-4307-68-0

[9] P. Holan, J. Kvasil, Prıklady z atomove a jaderne fyziky, SPN, Praha (1983)

[10] D. Matejkova, Radioaktivita v otazkach a prıkladoch, Diplomova praca, PF UPJSKosice (1996)

[11] M. Matuskova, Jadrove reakcie v otazkach a prıkladoch, Diplomova praca, PF UPJSKosice (1996)

[12] I. Hudakova, Atomova fyzika v prıkladoch, Diplomova praca, PF UPJS Kosice (1998)

[13] S. Papcunova, Zbierka prıkladov z atomovej a jadrovej fyziky, Diplomova praca, PFUPJS Kosice (2003)

[14] R. L. Murray, Nuclear Energy: An Introduction to the Concepts, Systems, and App-lications of Nuclear Processes, 6 th edition, Elsevier Inc. (2009)

124

ZBIERKA PRÍKLADOV Z ATÓMOVEJ A JADROVEJ FYZIKY

Vysokoškolská učebnica

Autori: RNDr.Adela Kravčáková, PhD.

RNDr. Janka Vrláková, PhD.

prof. RNDr. Stanislav Vokál, DrSc.

Vydavateľ: Univerzita Pavla Jozefa Šafárika v Košiciach

Umiestnenie: http://unibook.upjs.sk/predaj-vydanych-titulov/prirodovedecka-

fakulta

Rok vydania: 2016

Rozsah strán: 124

Rozsah: 6,2 AH

Vydanie: prvé

ISBN 978-80-8152-421-9

zbierka prÍkladov z atÓmovej a jadrovej fyziky · 2017. 2. 25. · univerzita pavla jozefa saf...

Documents